2018-2019学年江苏省海安高级中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年江苏省海安高级中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年江苏省海安高级中学高一上学期期中考试 化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137 Au 197‎ Ⅰ卷 选择题（40分）‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与环境保护、社会可持续发展密切相关，下列说法或做法合理的是 A. 进口国外电子垃圾，回收其中的贵重金属 B. 将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率 C. 洗衣粉中添加三聚磷酸钠，增强去污效果 D. 大量生产超薄塑料袋，方便人们的日常生活 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A .电子垃圾中部分重金属不回收，易造成重金属污染，不符合题意，错误；‎ B.地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，提高了资源的利用率，符合题意，故B正确；‎ C.三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，不符合题意，故C错误；‎ D.塑料不易降解，容易造成“白色污染“，不符合题意，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列几种说法中正确的是 A. 摩尔是化学上常用的一个物理量 B. NaOH的摩尔质量是40g C. 0.012kg 的C 含有约6.02×1023 个碳原子 D. 一个水分子的质量为g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；‎ B. NaOH的摩尔质量是40g/mol，故B错误；‎ C. 0.012kg 的12C 含有的碳原子数为阿伏伽德罗常数个，约6.02×1023 个碳原子，强调是12C，故C错误；‎ D. 水的摩尔质量为18g/mol，而1mol水中含有6.02×1023个水分子，所以一个水分子的质量可以表示为 g，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】摩尔是物质的量的单位，摩尔质量的单位是g/mol。‎ ‎3.下列化学用语使用正确的是（ ）‎ A. F-的结构示意图 B. 纯碱的化学式：NaHCO3‎ C. 过氧化钙的化学式：CaO2 D. 硫酸铁的电离方程式：Fe2(SO4)3=Fe23++3SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、氟是9号元素，质子数是9，F-的结构示意图，故A错误；B、纯碱的化学式：Na2CO3，故B错误；C、钙为+2价，过氧根离子中的氧为-1价，过氧化钙的化学式：CaO2‎ ‎，故C正确；D、硫酸铁的电离方程式：Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42-，故D错误；故选C。‎ ‎4.分类方法在化学学科的发展中起了非常重要的作用。下图1是某反应在密闭容器中反应前后的分子状况示意图，“”和“”分别表示不同的原子。对此反应的分类正确的 A. 化合反应 B. 分解反应 C. 复分解反应 D. 置换反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】有图片可知，该反应是一种单质和一种化合物反应，生成另外一种化合物的反应，属于化合反应，答案选A。‎ ‎5. 下列关于胶体的说法正确的是 A. 胶体的分散质粒子能通过滤纸，而其他分散系的分散质粒子不能通过滤纸 B. 氢氧化铁胶体、硫酸铜溶液用激光笔照射，均能观察到一条光亮的通道 C. 胶体区分于溶液的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间 D. 氢氧化铝和氢氧化铁胶体可用于净水是因为它们具有强氧化性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子能通过滤纸，故A错误；B．氢氧化铁胶体有丁达尔现象，硫酸铜溶液没有丁达尔现象，故B错误；C．胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间是胶体区分于溶液的本质特征，故C正确；D．氢氧化铝和氢氧化铁胶体吸附性，都可用于净水，与是否有强氧化性无关，故D错误；答案为C。‎ 考点：考查胶体的性质特征 ‎6.为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂和分离方法正确的是 选项 物质 除杂试剂 分离方法 A 铜粉(铁粉)‎ 稀盐酸 过滤 B NaCl溶液(CuCl2)‎ NaOH溶液 萃取 C 乙醇(水)‎ ‎________‎ 分液 D CO（HCl）‎ 饱和NaHCO3溶液 洗气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁粉可以和稀盐酸反应，生成氯化亚铁和氢气，而金属铜粉则不能，将金属铜粉和溶液分离可以采用过滤法，故A 正确；‎ B. 氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，将氢氧化铜沉淀和氯化钠溶液的分离采用过滤法，故B错误；‎ C. 乙醇和水是互溶的，对互相溶解物质的分离采用蒸馏法，故C错误；‎ D.HCl溶于水后，与NaHCO3反应生成了CO2，相当于除杂过程引入了新的杂质，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】除杂的原则是：除去杂质，不消耗主体物质，不引入新的杂质，恢复原来状态。‎ ‎7.下列实验操作或装置不正确的是 A. 蒸馏 B. 过滤 C. 萃取 D. 蒸发 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学实验基础中的物质的提纯与分离操作分析。‎ ‎【详解】蒸馏操作中，冷凝管水流方向与蒸气方向相反，应是下进上出，故A错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】蒸馏操作是分离两种可以互溶的液体，利用他们的沸点差距较大的性质差异进行分离的操作。其中需要注意的是：温度计水银球位于支管口处，冷凝器中水流方向下进上出。‎ ‎8.在澄清透明溶液中，下列离子组能大量共存的是（ ）‎ A. Ca2+、Na+、SO42-、Cl- B. Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-‎ C. NH4+、K+、OH-、Cl- D. OH-、HCO3-、NO3-、、K+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、Ca2+、SO42-浓度大时生成CaSO4 沉淀，故A错误； B、Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-四种离子间不生成沉淀，气体或水，故B正确；C、NH4+与OH-生成NH3·H2O，故C错误；D、 OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O，故D错误；故选B。‎ ‎9.下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1 AlCl3溶液中的c(Cl-)相等的是 A. 150mL1mol·L-1 NaCl溶液 B. 75mL2mol·L-1 FeCl3溶液 C. 75mL2mol·L-1 BaCl2溶液 D. 150mL3mol·L-1 KCl溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据一定物质的量浓度溶液中电解质的电离计算离子浓度分析。‎ ‎【详解】50mL 1 mol•L-1AlCl3 溶液中Cl-物质的量浓度是1 mol•L-1×3=3mol•L-1，‎ A. 150mL1mol•L-1 NaCl溶液中c（Cl-）=1 mol•L-1×1=1 mol•L-1，故A错误；‎ B. 75mL1mol•L-1 FeCl3溶液中中c（Cl-）=1 mol•L-1×2=2 mol•L-1，故B错误；‎ C. 75mL2mol·L-1 BaCl2溶液中c(Cl-)=2mol•L-1×2=4 mol•L-1，故C错误；‎ D. 150mL3mol·L-1 KCl 溶液中c（Cl-）=3 mol•L-1×1=3mol•L-1，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】溶液中的离子浓度与体积无关，只与该物质的物质的量浓度有关。溶液中的离子浓度=该物质的物质的量浓度×离子的下角标系数。‎ ‎10.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋xOH－===Fe3O4＋S4O62-＋2H2O，下列说法中，不正确的是 A. x＝4‎ B. 每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为3mol C. 1 mol Fe2＋被氧化时，被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.25 mol D. 可以通过丁达尔效应判断有无Fe3O4纳米颗粒生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应的本质和特征分析。‎ ‎【详解】A. 根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH-的化学计量数为4，即x=4，故A正确，但不符合题意；‎ B. 反应3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故A但符合题意；‎ C. 1molFe2+被氧化，转移1mol的电子，而1molO2被还原生成H2O或OH-需要转移4mol的电子，因此Fe2+还原的O2的物质的量为其1/4即0.25mol，故C正确，但不符合题意；‎ D.利用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，故D正确，但不符合题意。‎ 故选B。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20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，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，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。‎ ‎11.下列离子方程式书写正确的是 A. 钠和水反应Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑‎ B. 碳酸钙与稀盐酸反应：2H＋＋CO32- ＝ CO2↑＋H2O C. NaHCO3溶液与少量Ca(OH) 2溶液反应：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O D. 碳酸氢钠溶液中加入醋酸：HCO3-+ CH3COOH ＝ CH3COO- + H2O + CO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子方程式的书写规则分析。‎ ‎【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式两边质量必须守恒，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误； B.碳酸钙与盐酸反应，碳酸钙必须保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，故B 错误；‎ C. NaHCO3溶液与少量Ca(OH) 2溶液反应，正确的离子方程式为Ca2++2HCO3-＋2OH-＝CaCO3↓＋CO32-＋2H2O ，故C错误；‎ D. 碳酸氢钠溶液中加入醋酸，醋酸是弱酸不能拆成离子形式，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】离子方程式书写正误的判断，(1)原子守恒(2)电荷守恒(3)是否符合客观定律（弱电解质、难溶性物质、易挥发性物质不能拆等）。‎ ‎12.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）‎ A. 1L1mol·L-1KClO3溶液中含有的氯离子数目为NA B. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数目为NA C. 16gO2与16gO3含有的氧原子数目相等 D. 18gNH4+所含质子数为10NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、1L1mol·L-1KClO3溶液中没有氯离子，故A错误；B、标准状况下，22.4LH2O是液体，故B错误；C、16gO2与16gO3含有的氧原子均为=1mol,原子数目相等，故C正确；D、18gNH4+所含质子数为×11NA=11NA，故D错误；故选C。‎ ‎13.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、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. 甲的分子数比乙的分子数多 B. 甲的物质的量比乙的物质的量少 C. 甲的气体摩尔体积比乙的气体摩尔体积小 D. 甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙的摩尔质量，质量相同的甲、乙两种气体，则甲的物质的量比乙的物质的量小，甲的分子数比乙的分子数少，A错误；B、同温同压下，气体的摩尔体积相等，B错误；C、根据A项分析，甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，C错误；D、根据A项分析，甲的物质的量比乙的物质的量小，D正确，答案选D。‎ 考点:考查化学计量 ‎14.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：①Cl2+2KBr＝2KCl+Br2②KClO3+6HCl＝ 3Cl2↑+KCl+3H2O③2KBrO3+Cl2＝Br2+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. 氧化性由强到弱的顺序为 KBrO3>KClO3>Cl2>Br2‎ C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1‎ D. 反应③中1 mol Cl2完全反应，转移电子的物质的量为10 mol ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据置换反应的概念分析。‎ ‎【详解】A.根据置换反应的概念分析，反应②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①中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，故氧化性Cl2>Br2，反应②中氧化剂是KClO3，氧化产物是Cl2，故氧化性KClO3>Cl2，反应③中氧化剂是KBrO3，氧化产物是KClO3，故氧化性KBrO3>KClO3，氧化性强弱顺序是 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确； C.反应②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是KClO3，还原剂是参加反应HCl的5/6，故还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误； D.反应③中还原剂是Cl2，氧化剂是KBrO3，该反应式中1 mol Cl2完全反应得到电子的物质的量10mol，故D正确。 故选BD。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。‎ ‎15.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol。‎ ‎③第三份加足BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。‎ 根据上述实验，以下推测正确的是 A. K＋一定存在 B. 100 mL溶液中含0.01 mol CO32-‎ C. Cl－可能存在 D. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 据(2)知有NH4+0.06 mol；据(1)(3)知生成BaSO42.33 g(即0.01 mol)，即有0.01 mol SO42—；有BaCO33.94 g(即0.02 mol)，即有CO32—0.02 mol；Ba2＋、Mg2＋不会存在，Cl－可能存在；由于n(NH4+)＝2n(CO32—)＋2n(SO42—)，由电荷守恒可知，可能存在K＋。‎ Ⅱ卷 非选择题（80分）‎ ‎16.实验室需要90 mL 3.0mol·L-1 稀硫酸溶液，某同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制。实验操作如下：‎ A．将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；‎ B．盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；‎ C．用量筒量取 mL98%的浓硫酸；‎ D．将______________沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量______________的烧杯中；‎ E．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；‎ F．将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入 ；‎ G．改用 逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；‎ H．继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线1~2 cm处。‎ ‎(1)填写上述步骤中的空白：‎ C：________ ；D ：将________ 注入________ ；F：________ ；G：_______ 。‎ ‎(2)将上面操作步骤按正确的进行排序______________（用字母表示）。‎ ‎(3)试分析下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是______________（填序号）。‎ ‎① 量取浓硫酸时俯视读数； ‎ ‎② 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水；‎ ‎③ 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤； ‎ ‎④ 未冷却至室温定容；‎ ‎⑤ 定容时俯视容量瓶的刻度线；‎ ‎⑥ 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线。‎ ‎【答案】 (1). 16.3 mL (2). 浓硫酸 (3). 蒸馏水 (4). 100mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). CDFEHGBA (7). ④⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据一定物质的量浓度溶液的配制操作方法及注意事项分析。‎ ‎【详解】(1)首先根据已知条件计算浓硫酸的浓度，c===18.4mol/L，由于稀释过程溶质的物质的量不变，故c浓V浓=c稀V稀=n，容量瓶没有90mL，只能选用100mL规格，故计算时，稀硫酸要按照100mL计算，带入计算得到，V浓= 16.3 mL；稀释过程中，由于浓硫酸遇水放热，故需要酸入水的操作，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量蒸馏水的的烧杯中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶；改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；故答案为：16.3 mL，浓硫酸，蒸馏水，100mL容量瓶，胶头滴管；‎ ‎(2)用浓溶液配制稀溶液的操作步骤是：计算——量取——稀释——冷却至室温转移——洗涤——转移——定容——摇匀——装瓶——贴标签，故答案为：CDFEHGBA；‎ ‎(3) ① 量取浓硫酸时俯视读数使浓硫酸体积偏小，造成配制溶液溶度偏低，故①不符合题意；② 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响整个实验，故②不符合题意；③ 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤，造成溶质物质的量损失，配制的溶液浓度偏低，故③不符合题意；④未冷却至室温定容，溶液末冷却就转移到容量瓶中，液体热胀，所加的水体积偏小，故使溶液浓度偏高，故④符合题意；⑤定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积减小，故溶液的浓度偏高，故⑤符合题意；⑥ 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，溶质的物质的量不变，溶液的体积增大，故溶液的浓度偏低，故⑥不符合题意；故答案为：④⑤。‎ ‎【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制过程常见误差分析： (1)称好后的药品放入烧杯时,有少量洒在烧杯外.（mB偏小，cB偏低）；(2)溶解搅拌时有部分液体溅出.（mB偏小，cB偏低）；(3)转移时有部分液体溅出（mB偏小，cB偏低）；(4)未洗涤烧杯和玻璃棒2次～3次（mB偏小，cB偏低）；(5)溶解时放热,且未冷却至室温（20℃）（V偏小，cB偏高）；溶解时吸热,且未恢复到室温（20℃）（V偏大，cB偏低）。‎ ‎17.某研究性学习小组拟提纯粗盐并取苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br-、SO42-、Cl-等），来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴，他们设计了如下流程：‎ 请根据上述流程，回答以下问题：‎ ‎(1)要从橙红色液体中分离出溴，可采取的操作是____________。‎ ‎(2)试剂A中如果有两种溶质，它们是_____ 、 ______；如果是一种溶质，它是________。试剂B是__________。‎ ‎(3)检验SO42- 已除尽的方法是__________________________________________。‎ ‎(4)操作②名称_______________。‎ ‎(5)在操作②之后的无色溶液中加入稀盐酸的目的是______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏 (2). BaCl2 (3). KOH (4). Ba(OH)2 (5). K2CO3 (6). 静置，在上层清液中继续加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀，则SO42-已除尽 (7). 过滤 (8). 除去未反应的OH-和CO32-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据粗盐的提纯原理、离子共存原理分析实验过程。‎ ‎【详解】(1) 由于溴和CCl4的沸点不同，可用蒸馏的方法分离；‎ ‎(2)无色溶液中，仍含有K+、Mg2+、SO42-、Cl-，除去溶液中的Mg2+、SO42-，应分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3，类似于粗盐的提纯，加入过量BaCl2可除去SO42-，加入过量KOH溶液可除去Mg2+，最后加入K2CO3可除去BaCl2，故试剂A中如果有两种溶质，它们是BaCl2 和 KOH，如果是一种溶质，它是Ba(OH)2，试剂B即为：K2CO3；故答案为：BaCl2 ， KOH ，Ba(OH)2 ， K2CO3 ；‎ ‎(3) 检验SO42- 已除尽的方法是溶液静置后，在上层清液中继续加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀，则SO42-已除尽；‎ ‎(4)由于加入试剂A和试剂B反应后，生成Mg(OH)2和硫酸钡、碳酸钡沉淀，故操作②为过滤；‎ ‎(5)由于为了让上步反应进行完全，将Mg2+和Ba2+完全沉淀，BaCl2 ，KOH， K2CO3一定过量，故反应后溶液中仍含有CO32-和OH-，故在操作②之后的无色溶液中加入稀盐酸目的是：除去未反应的OH-和CO32-。‎ ‎【点睛】分离与提纯操作过程应遵循“三必须”，①除杂质试剂必须过量；②过量试剂必须除尽(因过量试剂会带人新的杂质)；③除杂途径必须选最佳。‎ ‎18.在图（Ⅰ）所示的装置中，烧杯中盛放的是Ba(OH)2溶液，当从滴定管中逐渐加入某种溶液A时，溶液的导电性的变化趋势如图（Ⅱ）所示。‎ ‎ ‎ ‎(1)滴加液体至图（Ⅱ）中曲线最低点时，灯泡可能熄灭，可能的原因是__________________。‎ ‎(2)试根据离子反应的特点分析，溶液A中含有的溶质可能是（填序号）____________。‎ ‎①HCl ②H2SO4 ③NaHSO4 ④NaHCO3 ‎ ‎(3)已知0.1 mol·L-1NaHSO4溶液中c(H＋)=0.1 mol·L-1，请回答下列问题：‎ ‎①写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式___________________________。 ‎ ‎②NaHSO4属于________（填“酸”、“碱”或“盐”）。‎ ‎③向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：____________；在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 溶液中离子浓度很小，几乎不导电 (2). ② (3). NaHSO4＝Na++H++SO42- (4). 盐 (5). 2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O (6). Ba2＋＋SO42－＝ BaSO4↓ ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电解质的电离、离子反应规则分析。‎ ‎【详解】(1) 滴加液体至图（Ⅱ）中曲线最低点时，灯泡可能熄灭，说明随着A的加入溶液导电能力迅速降低，即A必定能与Ba(OH)2发生反应，使溶液中离子浓度变得极小，故答案为：A与溶液中离子浓度很小，几乎不导电；‎ ‎(2) A必定能与Ba(OH)2发生反应，不仅消耗Ba2+，而且还消耗OH-，故液A中含有的溶质可能是H2SO4，故答案为：②；‎ ‎(3) ①NaHSO4是强电解质能完全电离，故电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO42-；②‎ 从电离理论来看，NaHSO4是盐，因为它电离出的阳离子是钠离子和氢离子，是强酸性盐，溶液显酸性；③向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，说明NaHSO4中电离出的H+与Ba(OH)2电离的OH-反应，故离子反应方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O；在以上中性溶液中，说明硫酸中的H+和氢氧化钡中的OH-都被反应完，OH-OH继续滴加Ba(OH)2溶液，就只有SO42-和Ba2+反应，故离子方程式为：Ba2＋＋SO42－＝ BaSO4↓ 。‎ ‎【点睛】分析图像：（1）看起点（2）看变化趋势（3）看终点，从而确定反应过程的变化。导电性降低时，溶液中离子浓度降低，即生成难溶性物质、难电离物质或易挥发性物质。‎ ‎19.离子反应、氧化还原反应都是中学化学中重要的反应类型。请回答下列问题：‎ ‎(1)在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在有_____________。‎ A．单质 B．氧化物 C．电解质 D．盐 E．化合物 ‎ ‎(2)人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系。如分解反应和氧化还原反应可表示为下图。右图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则表示离子反应、氧化还原反应、置换反应的字母依次是_____________ ‎ ‎ ‎ ‎(3)将NaBr溶液加入AgC1沉淀中，产生AgBr黄色沉淀。从离子反应发生的条件分析，AgCl与AgBr相比较，溶解度较大的是_____________。 ‎ ‎(4)已知某氧化还原反应Au2O3 + 4Na2S2O3 + 2H2O ＝Au2O+ 2Na2S4O6 +4NaOH ‎ ‎① 用单线桥标出电子转移的方向和数目________________。‎ ‎② 反应中，被氧化的元素是______________，氧化剂是_________________。‎ ‎③ 比较该反应中氧化剂和氧化产物的氧化性相对强弱_________________________。‎ ‎【答案】 (1). C、E (2). C A B (3). AgCl (4). (5). S （硫） (6). Au2O3 (7). Na2S4O6 ＜Au2O3 或 Au2O3 ＞ Na2S4O6 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据单线桥的绘制规律分析；根据化学反应的类型分类分析。‎ ‎【详解】(1)离子反应是由离子参加的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，故答案为：CE；‎ ‎(2) 置换反应一定有化合价的升降，一定属于氧化还原反应，故B代表置换反应，而A代表氧化还原反应，进而可知C为离子反应，与前两者均有交叉。故答案为：C、 A、 B；‎ ‎(3) 根据沉淀溶解平衡规律，难溶物会生成更难溶的物质，可得到：AgBr的溶解度小于AgCl，故答案为：AgCl；‎ ‎(4) Au从+3价降到+1价，得到电子故Au2O3作氧化剂，被还原生成Au2O，故还原产物为Au2O，Na2S4O6中S的平均化合价为+ ，故Na2S2O3作还原剂，被氧化生成Na2S4O6，故Na2S4O6作氧化产物，其中S被氧化，单线桥由还原剂指向氧化剂，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物；故答案为：‎ ‎， S （硫），Au2O3；Na2S4O6 ＜Au2O3。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，像4Na2S2O3 ——2Na2S4O6的转化，只能看整体化合价变化，从而计算出得失电子数目。氧化剂→还原产物，还原剂→氧化产物。‎ ‎20.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度(通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量)。(可供选用的反应物：CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水)‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)实验前必须先_________。‎ ‎(2)装置A中液体试剂应选用_____。‎ ‎(3)装置B的作用是_________；装置C的作用是____；装置E中碱石灰的作用是__________。‎ ‎(4)装置D中发生反应的化学方程式是___________。‎ ‎(5)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为________。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 6 mol·L-1 盐酸 (3). 除去气体中的HCl (4). 干燥气体 (5). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (6). Na2O+CO2＝Na2CO3 、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 (7). 78%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学实验基础及除杂原则分析；根据化学反应方程式化学计量计算分析。‎ ‎【详解】(1)所有化学实验前都要进行气密性检验；‎ ‎(2) 装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，若碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，故装置A中液体试剂应选用用盐酸来反应；‎ ‎(3) 碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有盐酸挥发出来的氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和碳酸氢钠来除去，可以用浓硫酸吸收水蒸气，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止CO2对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：除去气体中的HCl，干燥气体， 吸收装置D中反应剩余的CO2；‎ ‎(4) 装置D中是CO2与Na2O2、Na2O反应，反应方程式：Na2O+CO2＝Na2CO3 、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；‎ ‎(5) 根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2‎ ‎，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）=0.224L/22.4L·mol-1=0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol，过氧化钠的纯度为：ω（Na2O2）=(0.02mol×78g/mol)÷2.0g=78%；‎ ‎【点睛】实验设计操作流程大致为：组装仪器从左到右，从下到上→气密性检验→反应→除杂→收集→尾气处理。按照大致流程推断每一步操作的用意，即可顺利解决此种类型题。‎ ‎21.向50 mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2(假设溶液体积不变)，随后取此溶液10 mL，将其稀释至100 mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1盐酸，产生CO2气体的体积(标准状况下)与所加入盐酸的体积关系如下图所示。 ‎ ‎ ‎ ‎(1) 写出OA段所发生反应的离子方程式：______________。‎ ‎(2)NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为____，其物质的量浓度之比为____。‎ ‎(3)产生CO2的体积(标准状况下)为____。‎ ‎(4)原NaOH溶液的物质的量浓度为___。‎ ‎【答案】（1）H＋＋OH－===H2O； CO32-＋H＋===HCO3-‎ ‎（2）NaOH和Na2CO31∶1 （3）0.056 L （4）0.75 mol·L ‎【解析】‎ 试题分析：（1）OA段消耗盐酸50ml，生成CO2气体需要盐酸25ml，说明CO2与NaOH溶液反应生成了Na2CO3，并且NaOH过量，OA段发生的反应为：H＋＋OH－=H2O；CO32－＋H＋=HCO3-，（2）AB段发生的反应为HCO3‾+H+=CO2+H2O，NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，与NaOH反应和与Na2CO3反应的HCl的量相等，正确；（3）根据AB段消耗了盐酸25ml，可求出CO2的体积：0.025ml×0.1mol/L×22.4L/mol=0.056L；（4）B点时，恰好反应生成NaCl，根据Na元素守恒和Cl元素守恒，所取10mlNaOH溶液所含溶质的物质的量等于消耗的HCl的物质的量，0.01L×c(NaOH)=0.075L×0.1mol•L‾1，c(NaOH)=0.75mol•L‾1。‎ 考点：考查图像的分析和化学计算 ‎ ‎