2018-2019学年湖北省普通高中联考协作体高一上学期期中考试化学试题+Word版含解析

2018-2019学年湖北省普通高中联考协作体高一上学期期中考试化学试题+Word版含解析

‎2018年秋季湖北省普通高中联考协作体期中考试高一化学试卷 考试时间：2018年11月14日上午10：00-11: 30 试卷满分：100分 第I卷 选择题（共48分）‎ 一、选择题（本大题共1 6小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.以下是一些常用的危险品标志，装运浓硝酸的包装箱应贴的图标是 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硝酸属于强酸，具有强烈的腐蚀性的液体，‎ A、图中所示标志是易燃液体标志,故A选项错误； B、图中所示标志是腐蚀品标志,故B选项正确；‎ C、图中所示标志是有毒气体标志,故C选项错误； D、图中所示标志是爆炸品标志，故D选项错误； 综上所述，本题选B。‎ ‎2.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下描述：“取砒之法，将生砒就置火上，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的混合物分离的操作方法是( )‎ A. 升华 B. 蒸发 C. 蒸馏 D. 萃取 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题干叙述可知：精炼砒霜的方法是，将砒霜固体原料在火焰上加热，并在其上方覆盖一个器皿，砒霜由固体变为气体“飞着”在覆盖的器皿上，然后凝结成钟乳石状的结晶物，尖长的结晶物最优，因此文中涉及的操作方法是升华，故选A项；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎3.进行化学实验必须注意安全。下列做法不正确的是 ( )‎ A. 实验室用加热分解高锰酸钾制备氧气时，先撤导管，后熄灭酒精灯 B. 进行蒸馏操作时，若忘记加碎瓷片应立即停止加热待溶液冷却后加入碎瓷片再加热 C. 稀释浓硫酸时，把水沿烧杯内壁慢慢加入浓硫酸中，并不断搅拌 D. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 高锰酸钾加热制备氧气时，用排水法收集满氧气后，先移出导管，后撤酒精灯，防止水槽内的水倒吸；故A正确；‎ B. 液体加热要加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B 正确； ‎ C. 稀释浓硫酸时,把浓硫酸沿容器壁慢慢注入水中,并不断搅拌，使产生的热量及时散发出去，故C错误；‎ D项，不慎将浓碱液沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上3~5%的硼酸溶液，以中和碱液，故D正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎4.下列说法中正确的是 A. 在熔融状态下不能导电的物质都属于非电解质 B. 稀HCI溶液在电流的作用下电离出 H+和Cl-而导电 C. 液态硫酸，固体NaCI不导电，但属于电解质 D. NaOH溶液的导电能力一定比氨水的强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质的概念是熔融或水溶状态下能导电的化合物是电解质，而且电解质不能与水反应；电解质溶液导电能力与电解质强弱没有必然的联系；电解质电离过程与电流无关；据以上分析解答。‎ ‎【详解】电解质的概念是熔融或水溶状态下能导电的化合物是电解质，而且电解质不能与水反应， ‎ A. 氯化氢在熔融状态下，以分子形式存在，不能导电，氯化氢的水溶液能够导电，所以氯化氢属于电解质，A错误；‎ B. 电解质在水分子作用下离解成自由移动离子的过程，称为电离，电离过程与电流无关，B错误；‎ C. 液态硫酸以分子形式存在，固体NaCl没有自由移动的离子，所以二者均不导电，但是二者溶于水，水溶液均能导电，所以二者均属于电解质，C正确；‎ D. 溶液导电能力主要看溶液中自由移动离子浓度及离子所带电荷数的多少，与电解质强弱没有必然的联系，因此NaOH溶液的导电能力不一定比氨水的强，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎5.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 在标准状况下，1mol H2O所含的质子数目为NA B. 分子数不同的NO与N2所占有的体积一定不相等 C. 在标准状况下，Imol H2O个水分子所占有的体积为22. 4L D. 16g臭氧(O2)含的原子数目为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在标准状况下，H2O为液态，无法确定水的物质的量，A错误；‎ B. 增大压强体积减小，分子数不同的NO与N2所占有的体积可能相等，B错误；‎ C. 在标准状况下，针对1mol气体来讲，所占有的体积为22. 4L，而水为液态，无法用气体摩尔体积计算出1mol H2O所占的体积，C错误；‎ D. 16g臭氧(O2)的物质的量为0.5mol，含有原子数目为0.5×2NA=NA，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎6.下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化物是化合物,化合物属于纯净物,符合关系,故A正确；‎ B.非电解质属于化合物，一氧化碳是非电解质中的一种，符合关系，故B正确；‎ C.能导电的物质有纯净物，有混合物，而电解质一定属于纯净物、属于化合物，氯化钠溶液属于混合物，所以三者之间不符合从属关系，故C错误；‎ D.电解质属于纯净物、属于化合物，碱属于化合物，氢氧化钠是碱的一种，D正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，而电解质在固态时，没有自由移动的离子，不能导电；所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质，也可能是金属单质或电解质溶液。‎ ‎7.下列离子检验方法、现象及结论正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向某无色溶液中加入硝酸银溶液，可能产生碳酸银、硫酸银等白色沉淀，不一定为氯化银沉淀，A错误；‎ B.向溶液中加入氯化钡溶液后再加入硫酸，产生白色沉淀硫酸钡，但是由于加入了硫酸，无法确定原溶液中否存在硫酸根离子，B错误；‎ C.向某无色溶液中加入碳酸钠溶液，可能产生碳酸钙白色沉淀，不一定为碳酸钡沉淀，C错误；‎ D.向某无色溶液中加入无色酚酞，溶液变红，显碱性，一定存在OH-，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】针对选项（B ‎），溶液中先加过量的稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42—；若先加氯化钡溶液，可能生成氯化银白色沉淀，不溶于稀盐酸，不能排除银离子的干扰；若加入硝酸酸化的氯化钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰。‎ ‎8.下列说法正确的是 ‎①江河人海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关 ‎②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸至过量，最终出现红褐色Fe(OH)3沉淀 ‎③用明矾处理污水是利用了胶体的性质 ‎④光线射入密林中看到的光柱，属于胶体的性质 ‎⑤可用渗析法分离AI(OH)3胶体和NaCl溶液 ‎⑥胶体、溶液、浊液的本质区别是丁达尔效应 A. ①③④⑤⑥ B. ①②③④⑥ C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据胶体的性质当带有不同电荷的胶体粒子相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口处聚沉形成沉淀，长此以往形成了三角洲，故①正确；‎ ‎②Fe(OH)3胶体中加入电解质盐酸溶液后，胶体发生聚沉，盐酸过量，与氢氧化铁发生中和反应，沉淀溶解，故②错误；‎ ‎③明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有较强的吸附作用，能够起到净水作用，故③正确；‎ ‎④空气中含有的胶体粒子的大小介于1—100 nm，能使光产生散射，胶体有丁达尔现象，故④正确；‎ ‎⑤溶液能透过半透膜，但是胶体不行，可用渗析法进行分离，故⑤正确；‎ ‎⑥胶体、溶液、浊液的本质区别是分散质微粒直径大小的不同，不是丁达尔效应，故⑥错误；‎ 综上所述，①③④⑤符合题意，本题选C。‎ ‎【点睛】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具有丁达尔效应，可以发生电泳现象，可以发生聚沉，胶体的分离提纯常用渗析的方法进行。‎ ‎9.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是 ( )‎ A. 在某碱性溶液中：Na+、Cl-、SO42-、Cu2+‎ B. 碳酸钠溶液：H+、Na+、Cl-、OH-‎ C. 某无色的溶液：K+、H+、OH-、MnO4-‎ D. 在某酸性溶液中：Cu2+、Na+、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在碱性溶液中：OH-与Cu2+反应，不能大量共存，A错误；‎ B. H+与OH-反应，不能大量共存，CO32-与H+反应，不能大量共存，B错误；‎ C. 含有MnO4-的溶液显紫色，与题给某无色的溶液不符，C错误；‎ D. 在酸性溶液中：H+、Cu2+、Na+、SO42-、Cl-离子间不发生反应，均能大量共存，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】此题是离子共存问题，首先要考虑离子组存在的外界环境，酸性、碱性、中性、溶液是否有色等，还要考虑离子组内各离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，这样才能选出符合条件的离子组。‎ ‎10.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCI2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴人稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。下列操作顺序合理的是 ( )‎ A. ①②③⑤④ B. ③①②⑤④ C. ①③②⑤④ D. ②①③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①②③步骤分别除去CaCl2、MgCl2、Na2SO4，而且Na2CO3溶液可除去加入的过量的BaCl2溶液，步骤④除去过量的Na2CO3溶液和过量的NaOH溶液，因此③在①之前，④在①②之后，⑤在④之前，操作顺序合理为③①②⑤④，B正确；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点；在处理问题（4）时，记住这样的规律：碳酸钠溶液一定加在氯化钡溶液之后，便于除去过量的钡离子，盐酸加在过滤后，除去滤液中剩余的碳酸钠和氢氧化钠，操作顺序就很快选定。‎ ‎11.汽车安全气囊是在发生撞车时，能自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生的反应为：10NaN3+ 2KNO3 =K2O+ 5Na2O+16N2，下列有关这个反应的说法中正确的是 ( )‎ A. 该反应中，每生成16mol N2转移30mole-‎ B. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5‎ C. 该反应中KNO3被氧化 D. 该反应中N2既是氧化剂又是还原剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应可知，KNO3中氮元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；NaN3中氮元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，该反应中N2既是氧化剂又是还原剂；据10NaN3+ 2KNO3 =K2O+ 5Na2O+16N2反应可知，转移10mol电子；据以上分析解答。‎ ‎【详解】A项，每生成16molN2有2molKNO3被还原，N元素从+5价降低到0价，转移10mol电子，故A错误；‎ B项，根据反应可知，KNO3中氮元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；NaN3中氮元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂；该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:10=1:5, 故B正确；‎ C项，根据反应可知，KNO3中氮元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂， 故C错误；‎ D项，由A项分析可知N2既是氧化产物又是还原产物，而非氧化剂和还原剂，故D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎12.在温度、压强、容积均相同的两个密闭容器中，分别充有甲、乙两种气体，若甲气体的质量大于乙的质量，则下列说法正确的是 ( )‎ A. 甲的物质的量等于乙的物质的量 B. 甲的物质的量比乙的物质的量多 C. 甲的摩尔体积比乙的摩尔体积大 D. 乙的密度比甲的密度大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在温度、压强、容积均相同的两个密闭容器中，甲、乙两种气体的物质的量相等；根据ρ=m/V知，甲气体的质量大于乙的质量，所以两容器内气体的密度：甲大于乙，根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；‎ ‎【详解】A、同温同压下,体积相同的气体，物质的量相等，因此甲的物质的量等于乙的物质的量，故A正确；‎ B、同温同压下,体积相同的气体，物质的量相等，因此甲的物质的量等于乙的物质的量， 故B错误；‎ C、同温同压下,气体的摩尔体积相同,故C错误； D、同温同压下,气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，因为在体积相同的容器内，甲的质量大于乙，所以气体密度：甲大于乙，因此甲的密度大于乙的密度，故D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】根据气态方程：pV==nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律，此题的解析应用了该定律。‎ ‎13.实验室按照下图所示的操作程序用于提纯某种物质，下列分析一定正确的是 ( ) ‎ A. 该操作流程可用于分离水与四氯化碳 B. 操作I-定是过滤，目的是将固液分离 C. 可以用于从四氯化碳中提取碘单质 D. 可以提纯含少量BaSO4的NaCI固体混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可以知道操作Ⅰ为溶解,Ⅱ为过滤或重结晶,Ⅲ为蒸发结晶或过滤,以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 四氯化碳和水互不相溶，可以直接进行分液分离，不符合上述操作流程，故A 错误；  B. 操作Ⅰ是溶解，将固体溶于水，故B错误； ‎ C.碘易溶于有机溶剂四氯化碳，而两种物质的沸点不同，因此，只能采用蒸馏的方法进行分离，故C错误；‎ D. BaSO4不溶于水，NaCl能够溶于水，因此可以采用：溶解、过滤、蒸发的操作提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物，故D正确；  综上所述，本题选D。‎ ‎14.RO4n-离子在一定条件下可以把CI-离子氧化为ClO-，若RO4n-离子变为RO32-离子，又知反应中RO4n-与Cl-的物质的量之比为1:1，则RO4n-中R元素的化合价为 ( )‎ A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知Cl-离子氧化为ClO-，失电子2e-，发生氧化反应，做还原剂；设R元素的化合价为+x价，则 RO4n-→RO32-，得电子（x-4）e-，又知反应中RO4n-与Cl-的物质的量之比为1:1，所以根据电子得失守恒规律：1×2=（x-4）×1，x=6，则RO4n-中R元素的化合价为+6， C正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎15.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2===2FeCl3③2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O下列有关说法正确的是 A. 还原性最强的是FeCl3‎ B. 氧化性的强弱顺序为：KMnO4>FeCl3 >C12‎ C. 若溶液中Cl-与I-共存，为了氧化I-而不氧化CI-可以向溶液中通人Cl2‎ D. 反应③中若生成2mol Cl2共转移5mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应规律可知：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：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2；氧化性：FeCl3> I2；还原性：I->Fe2+；②2FeCl2+Cl2===2FeCl3，氧化性：Cl2>FeCl3；还原性：Fe2+>Cl-；③2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性：KMnO4>Cl2；还原性：Cl- > Mn2+；所以氧化性：KMnO4>Cl2> FeCl3> I2；还原性： I->Fe2+>Cl-> Mn2+；结合以上分析解答。‎ ‎【详解】根据氧化还原反应规律可知：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：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2；氧化性：FeCl3> I2；还原性：I->Fe2+；②2FeCl2+Cl2===2FeCl3，氧化性：Cl2>FeCl3；还原性：Fe2+>Cl-；③2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性：KMnO4>Cl2；还原性：Cl- > Mn2+；所以氧化性：KMnO4>Cl2> FeCl3> I2；还原性： I->Fe2+>Cl-> Mn2+；‎ A. 结合以上分析可知，还原性最强的是KI，A错误；‎ B. 结合以上分析可知，氧化性的强弱顺序为：KMnO4 >C12>FeCl3，B错误；‎ C. 结合以上分析可知，还原性：I->Cl-，若溶液中Cl-与I-共存，为了氧化I-而不氧化Cl-‎ 可以向溶液中通人Cl2，C正确；‎ D. 根据2KMnO4+16HCl（浓）===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应可知：10e----5Cl2，所以若生成2molCl2共转移4mol电子，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎16.将标准状况下，体积为VL的某气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中(设水的密度为lg/mL)，所得溶液密度为pg/mL，溶液的物质的量浓度为c(mol/L)，质量分数为ω，则下列关系中正确的是 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】气体物质的量为V/22.4mol，气体的质量为MV/22.4g；体积为VL的某气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液质量为：MV/22.4+0.1×1000=（MV/22.4+100）g；该溶液的体积为：（MV/22.4+100）/p mL=（MV/22.4+100）/1000pL；‎ A.该溶液的质量分数为：（MV/22.4）/（MV/22.4+100）×100%= MV/( MV+2240) ×100%，A错误； ‎ B. 根据c=n/V= V/22.4/[（MV/22.4+100）/1000p]= 1000ρV/( MV+2240)mol/L，B错误；‎ C. 该溶液的质量分数为：（MV/22.4）/（MV/22.4+100）×100%= MV/( MV+2240) ×100%，C错误；‎ D.根据C选项可知，质量分数为ω= MV/( MV+2240) ×100%，所以根据c=n/V=V/22.4/[（MV/22.4+100）/1000p]= 1000ρω/M，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共52分）‎ 二、填空题（本题包括6小题，共52分）‎ ‎17.（1）已知酒精与四氯化碳互溶，且四氯化碳的沸点比酒精高。现欲分离酒精与四氯化碳的混合物可选用的分离方法是：____。‎ ‎（2）a个CO2气体分子在标准状况下所占有的体积为____。（用NA表示阿伏加德罗常数）‎ ‎（3）20g A和14. 6g B恰好完全反应生成12.4gC和0.2mol D，则D的摩尔质量为：___‎ ‎（4）反应：KClO3+6HCl =3C12+3H2O+KCI中氧化剂与还原剂的物质的量之比为：___‎ ‎（5）在标准状况下，100毫升某气体的质量为0.196克，则该气体的摩尔质量为：____。 （结果保留整数）‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏 (2). 22.4a/NA (3). 111g/mol (4). 1:5 (5). 44g/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）四氯化碳和乙醇的混合物不分层,二者沸点差异较大,应利用蒸馏法分离；综上所述，本题答案是：蒸馏。‎ ‎（2）根据n=N/NA可知，a个CO2气体分子的物质的量为a/NAmol，在标准状况下所占有的体积为22.4×a/NAL；综上所述，本题答案是：22.4a/NA。‎ ‎（3）20g A和14. 6g B恰好完全反应生成12.4gC和0.2mol D，设D的摩尔质量为Mg/mol，根据质量守恒规律可知：20g+14.6g=12.4g+0.2mol×Mg/mol，M=111g/mol；综上所述，本题答案是：111g/mol。‎ ‎（4）KClO3中氯元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，KClO3是氧化剂；HCl中氯元素化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，HCl是还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。‎ ‎（5）在标准状况下，100毫升某气体的物质的量：0.1/22.4mol，根据M=m/n可知，M= 0.196/(0.1/22.4)= 44g/mol；综上所述，本题答案是：44g/mol。‎ ‎【点睛】针对于KClO3+6HCl=3C12+3H2O+KCI反应，可知变价的元素只有氯元素，因此采用数轴分析， 如图；通过此图就能很好地找到氯元素变价的规律，很容易找到氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。‎ ‎18.写出下列物质间反应的离子方程式：‎ ‎（1）盐酸溶液和CaCO3固体反应：____；‎ ‎（2）氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液混合：___ ；‎ ‎（3）写出NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液按1：1混合反应的离子方程式： ______‎ ‎【答案】 (1). 2H++CaCO3= H2O+CO2↑+Ca2+ (2). Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= BaSO4↓ +Cu(OH) 2↓ (3). H++SO42-+OH—+Ba2+＝BaSO4↓ + H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）盐酸溶液和CaCO3固体反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式：2H++CaCO3= H2O+ CO2↑+Ca2+ ；综上所述，本题答案是：2H++CaCO3= H2O+ CO2↑+Ca2+。‎ ‎（2）氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-= BaSO4↓ +Cu(OH) 2↓；综上所述，本题答案是：Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓ +Cu(OH) 2↓。‎ ‎（3）写出NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液按1：1混合反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，反应的离子方程式：H++SO42-+OH—+Ba2+＝BaSO4↓ + H2O；综上所述，本题答案是：H++SO42-+OH—+Ba2+＝BaSO4↓ + H2O。‎ ‎19.海洋植物如：海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素经过灼烧之后以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下：‎ 某化学兴趣小组将上述流程②③设计成如下流程：‎ 已知：实验②中发生反应的离子方程式：2I-+ H2O+2H+=2H2O+I2。回答下列问题：‎ ‎（1）写出提取流程中实验③的操作名称：_____ ，从E到F的正确操作方法为：_______，实验①的操作为过滤，如果滤液仍然浑浊应该采取的措施是：___.‎ ‎（2）从F的下层液体中得到固态碘单质还需要进行的操作是：____。‎ ‎（3）当实验②中的反应转移的电子数为2.408×1023时，理论上可以提取___mol I2。‎ ‎【答案】 (1). 萃取 (2). 用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出 (3). 重新过滤（至无混浊） (4). 蒸馏 (5). 0.2mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据提取流程可知，实验③中的操作为萃取；从E到F的正确操作方法为：用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；实验①的操作为过滤，如果滤液仍然浑浊应该采取的措施是：重新过滤，至无混浊；综上所述，本题答案是：萃取 ；用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；重新过滤（至无混浊）。 ‎ ‎（2）分液后从有机溶剂中提取碘,需要用蒸馏操作,因此，本题正确答案是:蒸馏。‎ ‎（3）根据电子得失守恒可知，2I-→I2,生成1molI2失电子2mol，当实验②中的反应转移的电子数为2.408×1023时，转移电子的物质的量为0.4 mol，理论上可以提取0.2mol I2。综上所述，本题答案是：0.2mol。‎ ‎20.有一包白色粉末状混合物，其中可能含有K2CO3、NaCI、Ba(OH)2、CuSO4,，现取少量该固体混合物做如下实验：‎ ‎①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀；‎ ‎②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；‎ ‎③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。‎ ‎（1）该固体混合物中肯定含有的物质是：____。‎ ‎（2）该固体混合物中一定不存在的物质是：____。‎ ‎（3）该固体混合物中可能存在的物质是：____，为了进一步检验该物质是否存在，请写出你的检验方法：____。‎ ‎【答案】 (1). Ba(OH)2 (2). K2CO3 (3). Cu SO4 (4). NaCl 取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；‎ ‎②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，也就没有硫酸铜存在；‎ ‎③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；‎ ‎④氯化钠是否存在不能确定，可以检验氯离子的存在来验证氯化钠的存在；‎ 据以上分析解答。‎ ‎【详解】①取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；‎ ‎②向①的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，因此硫酸铜也不存在；‎ ‎③取少量②的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；‎ ‎（1）结合以上分析可知：该固体混合物中肯定含有的物质是：Ba(OH)2 和K2CO3；‎ ‎（2）结合以上分析可知：该固体混合物中一定不存在的物质是：CuSO4；‎ ‎（3）结合以上分析可知：该固体混合物中可能存在的物质是：NaCl；为了检验该物质的存在，可以检验溶液中是否含有氯离子，加入硝酸银和硝酸溶液；检验方法：取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。综上所述，本题答案是：NaCl；取②中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。‎ ‎21.实验室配制一定浓度的溶液都要使用一定规格的容量瓶，现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，回答下列问题：‎ ‎（1）需量取该浓H2SO4溶液的体积是____mL。‎ ‎（2）需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要____。‎ ‎（3）配制过程有下列几步操作：‎ A.将蒸馏水加入容量瓶至液面接近刻度线1～2cm处；‎ B．用l0mL量筒量取所需体积的H2S04溶液，注入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；‎ C．用胶头滴管加水至刻度线；‎ D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液也转移到容量瓶中；‎ E．向烧杯中加入约20mL蒸馏水；‎ F．将烧杯中溶液冷却后，沿玻璃棒转移到容量瓶中；‎ G．盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，静置，装瓶。‎ 以上各步骤操作的先后顺序是____填字母），使用容量瓶之前需要进行的一步操作是：____。‎ ‎（4）若所配溶液浓度偏低，则造成此误差的操作可能是____。‎ A.定容时俯视容量瓶 B．用量筒取浓H2S04溶液时俯视读数 C．使用容量瓶前未干燥 D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶 E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面 F．未按要求洗涤烧杯和玻璃杯2～3次 ‎【答案】 (1). 5.6 (2). 500ml容量瓶 (3). EBFDACG (4). 检查容量瓶是否漏液 (5). BF ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据c=1000×ρ×ω/M可知，浓H2SO4溶液的物质的量浓度=1000×1.8×98%/98=18.0mol/L，根据溶液稀释规律：稀释前后溶质的量保持不变，设需量取该浓H2SO4溶液的体积是VL ‎ ，实验室没有450mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以18.0×V=0.2×0.5，V=0.0056L=5.6mL；综上所述，本题答案是：5.6。‎ ‎（2）实验室配制一定浓度的溶液需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要500mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500ml容量瓶。‎ ‎（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,用10mL量筒量取硫酸,在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯与玻璃棒2-3次,并移入容量瓶内,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,盖好瓶塞,反复颠倒摇匀,故操作顺序为EBFDACG ；容量瓶有玻璃塞和玻璃旋塞，因此为防止在使用过程中出现漏液现象，在使用之前需要进行检查容量瓶是否漏液； ‎ 综上所述，本题正确答案是：EBFDACG；检查容量瓶是否漏液。‎ ‎（4）A.定容时俯视容量瓶,所配溶液体积偏小,配制溶液的浓度偏大,故 A不符合； B．量筒取浓H2S04溶液时俯视读数，量取硫酸溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏小，故B符合； C．配制需加水定容，使用容量瓶前未干燥，对所配溶液浓度无影响,故C不符合； D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故 D不符合； E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面，可以继续加水,对所配溶液浓度无影响,故E 不符合； F．使用的烧杯和玻璃棒未洗涤彻底，移入容量瓶内溶质硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故F符合； 综上所述，本题选BF。‎ ‎22.HNO2是一种弱酸，向NaNO2中加入强酸可生成HNO2；HN02不稳定；易分解成NO和NO2气体；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解毒，维生素C在解毒的过程中表现出_______性。‎ ‎（2）下列方法中，不能用来区分NaN02和NaCI的是____。（填序号）‎ A．加入盐酸，观察是否有气泡产生 B．加入AgN03观察是否有沉淀生成 C．分别在它们的酸性溶液中加入FeCl2溶液，观察溶液颜色变化 ‎（3）S2O32-可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。‎ ‎①若S2O32-与Fe2+的物质的量之比为1：2，配平该反应的离子方程式：‎ ‎______Fe2++______S2O32-+______H2O2+______OH-====______Fe2O3+_____S2O62-+_____H2O ‎②下列关于该反应的说法正确的是____。‎ A．该反应中S2O32-表现了氧化性 B．已知生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，则Fe2O3纳米颗粒为胶体 C．每生成1molFe2O3，转移的电子数为8NA（设NA代表阿伏伽德罗常数的值）‎ ‎【答案】 (1). 还原（性） (2). B (3). 2 (4). 1 (5). 4 (6). 4 (7). 1 (8). 1 (9). 6 (10). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NaNO2的加入能够导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，说明NaNO2具有强的氧化性，把Fe2+氧化为Fe3+，用维生素C解毒，就是把Fe3+还原为Fe2+，所以需加入还原剂维生素C，它具有还原性；综上所述，本题答案是：还原（性）。 ‎ ‎（2）A项，HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaN02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，故不选A项；‎ B项，根据题目信息，加入AgN03分别和NaCl生成AgCl沉淀和AgN02沉淀，现象相同，故选B项；‎ C项，NaCl溶液没有氧化性，而酸性条件下，N02-具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，溶液颜色变为黄色，现象不同，可以鉴别，故不选C 项；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎（3）①反应中S2O32-→S2O62-，S元素化合价由+2价升高为+5价,则1个S2O32-化合价共升高6价, 2Fe2+→Fe2O3，Fe元素价由+2价升高为+3价,2个Fe2+共升高2价；两种反应物化合价共升高6+2=8价；而H2O2→H2O，O元素由-1价降低到-2价，共降低2价；根据化合价升降总数相等规律，最小公倍数为8，所以H2O2前面填系数4，S2O32-前面系数为1，Fe2+前面系数为2，结合原子守恒配平后方程式为：2Fe2++S2O32-+4H2O2+4OH-====Fe2O3+S2O62-+6H2O；综上所述，本题答案是：2， 1 ， 4， 4 ， 1， 1， 6。 ‎ ‎②A．根据2Fe2++S2O32-+4H2O2+4OH-===Fe2O3+S2O62-+6H2O反应可知，S2O32-中硫元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，具有还原性，错误；‎ B．胶体是分散系，为混合物，生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，为纯净物，不属于胶体，错误；‎ C．根据2Fe2++S2O32-+4H2O2+4OH-====Fe2O3+S2O62-+6H2O反应可知，氧化剂H2O2全部被还原为H2O，氧元素由-1价降低到-2价，因此4molH2O2全部被还原，转移电子8NA，生成1mol Fe2O3‎ ‎；综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】本题考察了亚硝酸的酸性、氧化性、S2O32-的还原性，方程式的配平和氧化还原反应的相关计算；题目难度适中，解答此题时要注意AgCl沉淀和AgN02均为白色沉淀，不能用硝酸银来区分Cl-和N02-；胶体属于混合物，是分散系，这是易出错点。‎ ‎ ‎