2018-2019学年河南省新乡市高一上学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年河南省新乡市高一上学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年河南省新乡市高一上学期期中考试化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原于质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 C1-35．5 Cu- 64 Ag -108 Ba -137‎ 第Ⅰ卷（选择题共50分）‎ 一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.单质碘溶解于有机溶剂CCl4中，所得溶液的颜色是 A. 蓝色 B. 紫红色 C. 银白色 D. 绿色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】单质碘溶解于有机溶剂CCl4中，所得溶液的颜色是紫红色。‎ 故选B。‎ ‎2.下列物质属于非电解质的是 A. 水银 B. 胆矾 C. 干冰 D. 醋酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】非电解质指溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物，常见的非电解质有大多数有机物，非金属氧化物，氨气等。水银既不是电解质也不是非电解质，胆矾和醋酸属于电解质，干冰属于非电解质。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】电解质和非电解质前提必须是化合物；电解质是在水溶液中或熔融态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融态下都不导电的化合物。电解质在一定条件下导电的离子必须是电解质自身电离的。‎ ‎3.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是( )‎ ‎①过滤 ②蒸发 ③向容量瓶转移液体 A. ①和③ B. ①和② C. ②和③ D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：①过滤、③向容量瓶转移液体，需要玻璃棒引流；②蒸发需要玻璃棒搅拌，故选A。‎ ‎【考点定位】考查玻璃棒的使用 ‎【名师点晴】本题考查混合物分离提纯中玻璃棒的使用，为高频考点，侧重化学实验基本操作的考查，注意掌握玻璃棒在不同实验中的作用。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，在溶解中加速溶解，在过滤中引流，防止液体飞溅，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，配制溶液转移液体需要玻璃棒引流。‎ ‎4.从元素的化合价分析，下列物质中不能作还原剂的是 A. NH3 B. S2— C. Na+ D. Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从元素的化合价分析，元素化合价能够升高，可作还原剂，元素化合价处于最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，Na+是稳定结构，+1价是钠元素的最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，S2- 可以升价到 0、+4、+6，NH3中氮元素-3价能升高到0价等，Fe2+ 能升高到+3价，它们都可作还原剂。‎ 故选C。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 摩尔是物质的数量的单位 B. 氢气的摩尔质量是2g C. 1 mol OH—的质量是17g D. 气体摩尔体积为22．4mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 摩尔是物质的量的单位，故A错误；‎ B. 氢气的摩尔质量是2g/mol，故B错误；‎ C. 1 mol OH—的质量是17g，故C正确；‎ D. 标准状况下，气体摩尔体积为22．4L·mol－1，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】（1）物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是它的单位。‎ ‎（2）摩尔质量的单位是g/mol，在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。‎ ‎（3）气体摩尔体积与温度和压强有关，标准状况下，气体摩尔体积约为22．4L·mol－1。‎ ‎6.下列变化过程中不属于氧化还原反应的是 A. 烧菜用过的铁锅，久置出现红棕色斑迹 B. 燃烧天然气以提供热量 C. 牛奶在空气中酸败变质 D. 向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，制备胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁锅久置常出现红棕色斑迹，铁元素的化合价升高被氧化，发生氧化还原反应，故A不选；‎ B.燃烧天然气，碳元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故B不选；‎ C. 牛奶在空气中酸败变质，氧元素的化合价降低，则发生氧化还原反应，故C不选；‎ D.向沸水中滴入FeCl3饱和溶液，是铁离子的水解，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故D选。‎ 故选D。‎ ‎7.从学生实验中老师发现，同学们在进行实验时，出现许多不正确的操作方式，希望同学们在今后的实验中，应该克服不规范的操作。如图所示实验操作中正确的是 A. B. C. D. 学 ...学 ...学 ...学 ...学 ...学 ...学 ...学 ...‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则，故A错误；‎ B. 左手握住活塞部分，右手食指顶住塞子，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分混合，使溶质尽可能的被萃取，故B正确；‎ C. 量筒只能量取溶液，不能作反应容器、不能配制溶液，如果稀释浓硫酸，应该将量筒紧贴烧杯口，把浓硫酸倒入盛水的烧杯中并不断搅拌，防止放出的热量使局部温度过高而溅出液体，故C错误；‎ D. 向试管中滴加溶液时，胶头滴管应该悬空，否则会污染胶头滴管，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.在反应3Cl2＋2FeBr2===2FeCl3＋2Br2中，被还原的元素是 A. Fe B. Fe和Br C. Cl D. C1和Br ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应3Cl2＋2FeBr2=2FeCl3＋2Br2中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，Fe元素+2价升高为+3价，Br元素由-1价升高为0，元素的化合价降低，得到电子被还原，所以该反应中Cl元素被还原。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的判断依据是有元素化合价的升降，元素化合价升高，失电子被氧化，元素化合价降低，得电子被还原。‎ ‎9.下列实验操作中不合理的是 A. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B. 制取蒸馏水时，为防止蒸馏烧瓶内液体暴沸，应先向蒸馏烧瓶内加入几粒沸石 C. 稀释浓硫酸时，将浓硫酸加入盛水的烧杯中，边加边搅拌 D. 做CO还原Fe2O3实验时，为防止污染环境，实验完毕，先停止通CO，再停止加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；‎ B.加沸石的目的是防止暴沸；‎ C.稀释浓硫酸时，要酸入水；‎ D.从灼热的铁很容易再次被氧气氧化来分析。‎ ‎【详解】A.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体要从上口倒出，故A正确；‎ B.加沸石的目的是防止暴沸，故B正确；‎ C.浓硫酸的密度比水大，浓硫酸稀释时会放热，故要将浓硫酸注入水中，并且不断用玻璃棒搅拌，故C正确；‎ D.如果先停止通入CO，则灼热的铁很容易再次被氧气氧化，故要先熄灯，待铁冷却 后，再停止通入CO，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎10.下列溶液中的Cl—浓度与50mL1mol· L—1 MgCl2溶液中的Cl—浓度相等的是 A. 50mL1mol·L—1 NaCl溶液 B. 75mL1．5mol· L—1 CaCl2溶液 C. 100mL2mol·L—1 Cl溶液 D. 150mL3mol·L—1 AlCl3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL1mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，‎ ‎ A.50mL1mol•L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A错误；‎ ‎ B.75mL 1.5mol•L-1 CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=3mol/L，故B错误；‎ ‎ C.100mL2mol•L-1 Cl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（ Cl）=2mol/L，故C正确；‎ ‎ D.150mL3mol•L-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=3c（AlCl3）=9mol/L，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎11. 下列反应既是氧化还原反应又是离子反应的是 A. 钠在氯气中燃烧 B. 二氧化碳通入澄清的石灰水中 C. 氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液 D. 锌粒放入稀硫酸中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：离子反应一定是在溶液中发生，钠在氯气中燃烧不再溶液中发生，A错；二氧化碳通入澄清的石灰水中是复分解反应，不属于氧化还原反应，B错；氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液是复分解反应，不属于氧化还原反应，C错；锌粒与稀硫酸反应既是氧化还原反应又是离子反应，D对。‎ 考点：氧化还原反应和离子反应的关系。‎ ‎12.硫酸钠和硫酸溶液等体积混合后，H+浓度为0．3mol・L－1，SO42—浓度为0．4mol·L－1，则混合溶液中Na+浓度为 A. 0. 15 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1 C. 0.25mol・L－1 D. 0.5 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设Na+浓度为X，根据电荷守恒可知，0．3mol・L－1×1+ X×1=0．4mol·L－1×2，X=0.5 mol·L－1。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】混合溶液不显电性，阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。‎ ‎13.下列实验操作中错误的是 A. 由于在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来 B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 C. 使用容量瓶前应先检查其是否漏液 D. 蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酒精和水互溶，不能作萃取剂，故A错误；‎ B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；‎ C. 容量瓶有塞子，使用容量瓶前应先检查其是否漏液，故C正确；‎ D. 蒸发操作时，有大量固体出现时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸干，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎14.一个A原子转移2个电子给2个B原子，下列说法正确的是 A. 生成物的化学式为A2B，A是还原剂 B. 生成物属于混合物 C. 生成物的化学式为AB2，B发生还原反应 D. 生成物一定为电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一个A原子转移2个电子给两个B原子，二者原子个数关系为1：2，则生成物化学式为AB2，则反应中A为还原剂，被氧化，B为氧化剂，被还原。‎ ‎【详解】A. 生成物的化学式应为AB2，A是还原剂，故A错误；‎ B. 生成物属于化合物，故B错误；‎ C. 生成物的化学式应为AB2，B为氧化剂，被还原，发生还原反应，故C正确；‎ D. 生成物不一定为电解质，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎15.过滤泥沙等难溶性杂质后的食盐水仍含有可溶性的CaC12、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过加入如下试剂（实验操作略），可制得相对纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液：②加入稍过量的NaOH溶液；③加入过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的试剂滴加顺序为 A. ①②③⑤④ B. ③②①⑤④ C. ②③①④⑤ D. ③⑤②①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①⑤④；‎ 故选B。‎ ‎16.在3C12＋6 OH ClO3＋5 C1＋3H2O的反应中，下列说法中正确的是 A. Cl是氧化产物， ClO3是还原产物 B. 每消耗22．4LCl2，转移2mol电子 C. OH和H2O均为强电解质 D. Cl2在反应中既作氧化剂又作还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎3C12＋6 OH ClO3＋5 C1＋3H2O的反应中，Cl元素的化合价由0升高到+5价，由0降到-1价。‎ ‎【详解】A. Cl是还原产物， ClO3是氧化产物，故A错误；‎ B. 22．4LCl2，没指明标准状况，无法计算，故B错误；‎ C. OH为强电解质 ，H2O为弱电解质，故C错误；‎ D. Cl元素的化合价由0升高到+5价，由0降到-1价，Cl2在反应中既作氧化剂又作还原剂，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】氧化剂在反应中所含元素化合价降低，对应的是还原产物；还原剂在反应中所含元素化合价升高，对应的是氧化产物。‎ ‎17.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 常温下，23gNO2含有NA个氧原子 B. 1mol・L—1NaCl溶液含有NA个Na+‎ C. 标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HC1分子 D. 等物质的量的CO2与CO，前者比后者多NA个氧原子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NO2的摩尔质量是46g/mol，所以23g NO2的物质的量是0.5mol，含有氧原子的物质的量是0.5mol×2＝1mol，即含有NA个氧原子，故A正确；‎ B.缺少溶液的体积，无法计算，故B错误；‎ C. 标准状况下，盐酸是液体，故C错误；‎ D. 等物质的量不一定是1mol，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎18.下列各组中的离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是 A. Cu2+、NH4+、Br—、OH— B. Ba2＋、HCO3-、SO42—、 +‎ C. Ag＋、Cl—、Na+、NO3— D. H＋、Na＋、Fe2＋、NO3—‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu2+、NH4+与OH—发生的是复分解反应，不能大量共存，故A错误；‎ B.Ba2＋与SO42—发生的是复分解反应，不能大量共存，故B错误；‎ C. Ag＋与Cl—发生的是复分解反应，不能大量共存，故C错误；‎ D. H＋、Fe2＋、NO3—发生的是氧化还原反应，不能大量共存，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】（1）所谓离子共存实质上就是看离子间是否发生反应，若离子在溶液中发生反应，就不能共存。‎ ‎（2）H＋与NO3—在一起相当于是硝酸，具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋。‎ ‎19.不用其他试剂，用最简单的方法鉴别：①NaOH溶液②Mg(NO3)2溶液③FeC13溶液 ‎④ 2SO4溶液，正确的鉴别顺序是 A. ①②③④ B. ③①②④ C. ④①②③ D. ③④②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】通过观察颜色可以鉴别出③FeC13溶液，然后把FeC13溶液分别加入其它溶液，有红褐色沉淀的是①NaOH溶液，再把NaOH溶液分别加入剩余的溶液中，有白色沉淀的是②Mg(NO3)2溶液，无明显现象的是④ 2SO4溶液 正确的顺序是③①②④。‎ 故选B。‎ ‎20.实验中需2mol・L—1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是 A. 1L，212.0g B. 950mL，201,4g C. 1L，201.4g D. 950mL，212.0g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（Na2CO3）=1L×2mol/L=2mol， m（Na2CO3）=2mol×106g/mol=212g。‎ 故选A。‎ ‎21.下列离子组加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 应该是Ba2＋+SO42—= BaSO4↓，故A错误；‎ B.石灰乳保留化学式，不能拆成离子形式，故B错误；‎ C.硫酸氢钠在水溶液中电离出氢离子，故C正确；‎ D.应该是Ag＋+Cl—= AgCl↓，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎22.现有VL0．5mol・L—1盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是 A. 加热浓缩到原来体积的一半 B. 加入1．5mol・L—1的盐酸VL C. 加入2．0mol・L—1的盐酸0．5VL，再稀释至1．5VL D. 通入11．2L氯化氢气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加热浓缩时HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的2倍，故A错误；‎ B. 溶液的体积不具有加和性，无法求出混合后溶液的体积，故B错误；‎ C.混合后溶液中HCl为： 0.5mol/L×VL+2mol/L×0.5VL=1.5Vmol，混合后HCl的浓度为：1.5Vmol/1．5VL=1mol/L，故C正确；‎ D. 通入11．2L氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎23.某溶液中只含有 +、Na+、NO3—、SO42—四种离子（不考虑水的电离），它们的物质的量之比为1：6：3：2，该溶液所含的溶质可能是 A. NO3、Na2SO4 B. NO3、Na2SO4、NaNO3‎ C. 2SO4、NaNO3、 NO3 D. 2SO4、 NO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.不可能只含 NO3、Na2SO4，与 +、NO3—的物质的量之比为1:3不符，故A错误；‎ B.若为 NO3、Na2SO4、NaNO3，以1：2:2的比例混合时离子数目比符合题意，故B正确；‎ C.若为 2SO4、NaNO3、 NO3， 无论三者以何种比例混合，钾离子和硫酸根离子的个数比都大于1:2，故C错误；‎ D. 若为 2SO4、 NO3，无论以何种比例混合，钾离子的数目远远大于硫酸根离子和硝酸根离子数目，溶液中不含Na+，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎24.已知下列离子方程式：2Fe2+＋C12=2Fe3＋＋2Cl－；HClO＋HCl=Cl2↑＋H2O；2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是 A. Fe3+>HClO>Cl2>Fe2+>Cu 2+ B. HClO> Fe3+> Cl2> Cu 2+> Fe2+‎ C. Cl2> HClO>Fe3+> Cu 2+> Fe2+ D. HClO> Cl2> Fe3+> Cu 2+> Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析。‎ ‎【详解】2Fe2+＋C12=2Fe3＋＋2Cl－；氧化性：C12> Fe3＋‎ HClO＋HCl=Cl2↑＋H2O；氧化性：HClO > Cl2‎ ‎2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；氧化性：Fe3+> Cu2+‎ Fe+Cu2+=Fe2++Cu；氧化性：Cu2+> Fe2+，故氧化性强弱顺序：HClO> Cl2> Fe3+> Cu 2+> Fe2+。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】（1）氧化剂在反应中所含元素化合价降低，对应的是还原产物；还原剂在反应中所含元素化合价升高，对应的是氧化产物。‎ ‎（2）氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。‎ ‎25.在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是 A. 甲的物质的量比乙的物质的量少 B. 甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小 C. 甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D. 甲的分子数比乙的分子数多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同温同压下，气体摩尔体积相等，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大。‎ ‎【详解】A. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；‎ B. 相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，故B错误；‎ C. 同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；‎ D. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故D错误。‎ 故选A。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共50分）‎ 二、非选择题（本题包括4小题，共50分）‎ ‎26.根据所学知识进行分析，回答下列问题：‎ ‎（1）11．7gNa2X中含Na+0．3mol，则Na2X的摩尔质量是______，X的相对原子质量是____。‎ ‎（2）人造空气（氧气和氦气的混合气）可用于减轻某些疾病或供深水潜水员使用。在标准状况下，33．6L人造空气的质量是14．4g，其中氧气和氦气的分子数之比为_____，氧气的质量为_______。‎ ‎（3）括号中的为杂质，写出除去相应杂质所加试剂的化学式，并写出相应的离子方程式。‎ ‎①Cl—（SO42—）：______，__________________________________；‎ ‎②SO42—（CO32—）：______，__________________________________；‎ ‎③NaCl（NaOH）：______，__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 78g/mol (2). 32 (3). 1:4 (4). 9.6g (5). BaCl2 (6). Ba2＋+SO42—= BaSO4↓ (7). H2SO4 (8). CO32—+2H+= CO2↑+H2O (9). HCl (10). H++OH-= H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于Na+为0．3mol，所以Na2X的物质的量为0.15 mol，根据n=m/M可求出Na2X的摩尔质量。‎ ‎（2）在标准状况下，33．6L人造空气的物质的量为1.5mol。‎ ‎（3）①加BaCl2②加H2SO4③加HCl。‎ ‎【详解】（1）由于Na+为0．3mol，所以Na2X的物质的量为0.15 mol，根据n=m/M可求出Na2X的摩尔质量是78g/mol，X的相对原子质量是32，故答案为：78g/mol，32。‎ ‎（2）在标准状况下，33．6L人造空气的物质的量为1.5mol，设氧气的物质的量为A，氦气的物质的量为B，则32A+4B=14.4，A+B=1.5mol解得A=0.3mol，B=1.2mol，氧气和氦气的分子数之比为1:4，氧气的质量为9.6g，故答案为：1:4，9.6g。‎ ‎（3）①加BaCl2，离子方程式为： Ba2＋+SO42—= BaSO4↓‎ ‎②加H2SO4，离子方程式为：CO32—+2H+= CO2↑+H2O ‎③加HCl，离子方程式为：H++OH-= H2O 故答案为：BaCl2；Ba2＋+SO42—= BaSO4↓；H2SO4；CO32—+2H+= CO2↑+H2O；HCl；H++OH-= H2O。‎ ‎27.海洋资源应用非常广泛，从中可提取氯化钠、碘等化工产品。回答下列问题：‎ I．实验室用氯化钠固体配制1．0mol・L－1的食盐水500mL。‎ ‎（1）所需仪器为容量瓶（规格为____）、托盘天平、烧杯、玻璃棒和_____。‎ ‎（2）配制时，下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填字母）无影响的有_____，偏大的有______，偏小的有_______。‎ A．称量时使用了生锈的砝码 B．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出 C．容量瓶未干燥即用来配制溶液 ‎（3）若加蒸馏水定容时不慎超过了刻度线，应如何处理？_______‎ II．海藻中含有丰富的碘元素，某课外活动小组欲从海藻中提取碘（已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2），设计如下的流程：‎ ‎（4）指出提取碘的过程中有关实验操作的名称：①_______，③______。‎ ‎（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是______。‎ A．酒精 B．醋酸 C．苯 ‎【答案】 (1). 500mL (2). 胶头滴管 (3). C (4). A (5). B (6). 应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制 (7). 过滤 (8). 萃取 (9). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．（1）实验配制500mL1．0mol・L－1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，来分析。‎ ‎（2）根据c= n /V 分析可知。 ‎ ‎（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。‎ II．（4）根据已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2和流程分析。‎ ‎（5）因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶。‎ ‎【详解】I．（1）实验配制500mL1．0mol・L－1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；‎ 实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，最后需要胶头滴管定容，故答案为：500mL；胶头滴管。‎ ‎（2）A.称量时使用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量偏大，根据c= n /V 分析可知，所配溶液的浓度偏大；‎ B．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物质的量偏小，根据c= n/ V 分析可知，所配溶液的浓度偏小；‎ C. 容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的体积和物质的量无影响，所配溶液的浓度不变。故答案为：C；A；B。‎ ‎（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制，故答案为：应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。‎ II．（4）①是过滤操作，已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2，③中加入了有机溶剂，萃取溶液中的I2，故操作为萃取，故答案为：过滤；萃取。‎ ‎（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是苯，因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶，故选C。‎ ‎【点睛】萃取剂选择的原则：‎ ‎（1）萃取剂与原溶剂互不相溶。‎ ‎（2）溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。‎ ‎（3）萃取剂、原溶剂、溶质三者间不能反应。‎ ‎28.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应： MnO4＋HCl→ Cl＋MnCl2＋Cl2↑+H2O（未配平），此反应常温下就可以迅速进行。结合信息，回答下列问题：‎ ‎（1）上述反应中被氧化的元素为______，还原产物是________。‎ ‎（2）当生成3．36L（标准状况下）Cl2时，转移电子的物质的量为_______。‎ ‎（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，反应后Fe2+转化为______。反应中Fe2+表现_______（填“氧化”或“还原”，下同）性，发生_______反应。‎ ‎（4）如果上述化学方程式中 MnO4和 MnCl2的化学计量数都是2，则HCl的化学计量数是_________。‎ ‎（5）实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知 MnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。‎ ‎【答案】 (1). Cl (2). MnCl2 (3). 0.3mol (4). Fe3+ (5). 还原 (6). 氧化 (7). 16 (8). MnO4>MnO2> Cl2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应中HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价升高为0价， MnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价。‎ ‎（2）3．36L（标准状况下）Cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol。‎ ‎（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe2+被氧化为Fe3+。‎ ‎（4）根据化合价升降法和元素守恒配平方程式。‎ ‎（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物、反应的条件来分析。‎ ‎【详解】（1）反应中HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价升高为0价， MnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，被氧化的元素为Cl，该反应中氧化剂是 MnO4，对应的产物MnCl2是还原产物，故答案为：Cl；MnCl2。‎ ‎（2）3．36L（标准状况下）Cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol，故答案为：0.3mol。‎ ‎（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe2+被氧化为Fe3+，所以Fe2+具有还原性，发生氧化反应，故答案为：Fe3+；还原；氧化。‎ ‎（4）反应中HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价升高为0价，共升高2价， MnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价， MnO4和MnCl2的化学计量数都为2，反应中转移电子数为10，故Cl2‎ 系数为5，再根据元素守恒确定其它物质的系数，配平方程式2 MnO4＋16HCl=2 Cl＋2MnCl2＋5Cl2↑+8H2O，故答案为：16。‎ ‎（5）由于氧化剂的氧化性大于氧化产物，2 MnO4＋16HCl=2 Cl＋2MnCl2＋5Cl2↑+8H2O， 故氧化性： MnO4> Cl2，MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，该反应中MnO2作氧化剂，氯气是氧化产物，故氧化性：MnO2> Cl2， MnO4常温下将HCl氧化成氯气，MnO2加热时将HCl氧化成氯气， MnO4的氧化性强于MnO2，氧化性由强到弱的顺序为 MnO4>MnO2> Cl2，故答案为： MnO4>MnO2> Cl2。‎ ‎29.某100mL溶液只含Cu2+、Ba2＋、 +、OH－、SO42—、Cl—中的几种，分别取三份10mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。‎ ‎①向一份中加入足量NaOH溶液，产生0．98g蓝色沉淀 ‎②向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生2．33g白色沉淀 ‎③向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生2．87g白色沉淀。‎ 回答下列问题 ‎（1）该溶液中一定不存在的离子是___________，③中白色沉淀的化学式为______。‎ ‎（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________。‎ ‎（3）该溶液中一定存在的阴离子有____________，其物质的量浓度分别为_________。‎ ‎（4）该100mL溶液中还含有的离子是_______，其物质的量是_______。‎ ‎【答案】 (1). Ba2+和OH- (2). AgCl (3). Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓ (4). SO42-、Cl- (5). 1mol/L、2 mol/L (6). + (7). 0.2 mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，实验③生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。‎ ‎（2）Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓。‎ ‎（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。‎ ‎（4）根据电荷守恒分析。‎ ‎【详解】（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，实验③生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，③中白色沉淀为AgCl，故答案为：Ba2+和OH-；AgCl。‎ ‎（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓，故答案为：Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓。‎ ‎（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-，10mL溶液中，两种离子的物质的量 ‎ 分别为：n(SO42-)= n (BaSO4)=2.33g÷233g/mol=0.01mol，n( Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=0.02 mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c( Cl-)=2 mol/L，故答案为：SO42-、Cl-；1mol/L、2 mol/L。‎ ‎（4）10mL溶液中，Cu2+的物质的量为： n(Cu2+)=n[ Cu(OH )2 = 0.98g÷98g/mol=0.01mol，0.01molCu2+带0.02mol正电荷，0.01mol SO42-和0.02molCl-共带有0.04mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在 +，10mL溶液中含有0.02mol +，100mL溶液中含有0.2 mol +，故答案为： +；0.2 mol。‎