甘肃省兰州第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

甘肃省兰州第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

兰州一中2019-2020-1学期高一年级期中考试试题 化学试卷 说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分。考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡 可能用到的原子量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Ba-137‎ 第I卷（共50分）‎ 一、单选题（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分）‎ ‎1.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶，上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用说法 不正确的是 A. 操作利用了物质的溶解性 B. 操作为分液 C. 操作为过滤 D. 加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. ①由操作利用了物质的溶解性,故A正确；B. ③操作为茶汤的分灌封口，不是分液，故B错；；分离茶汤和茶渣属于过滤，故C正确； D维生素C具有还原性，维生素C可作抗氧化剂，故D正确；答案：B。‎ ‎2.在实验室中，对如下事故或药品的处理正确的是（ ）‎ A. 温度计不慎打破，散落的水银应用硫粉处理后收集 B. 由于碘在酒精中的溶解度大，可以用酒精将碘水中的碘萃取出来 C. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用稀的氢氧化钠溶液冲洗 D. 可以用冷却法从热的含少量KNO3的NaCl浓溶液中分离得到纯净的NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水银易挥发，有毒，应密封保存，汞可与硫单质反应生成难挥发的硫化汞，故A正确；‎ B.酒精与水混溶，应用苯或四氯化碳作萃取剂，故B错误；‎ C.浓硫酸溶于水并放热，且具有强腐蚀性，少量浓硫酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故C错误； ‎ D.NaCl的溶解度受温度的影响较硝酸钾小得多，因此从热的含少量KNO3的NaCl浓溶液中得到氯化钠，可以采用加热蒸发方法来提纯，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎3.若一个氖原子质量是a g，一个‎12C原子质量是b g，设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法不正确的是 ( )‎ A. 该氖原子的相对原子质量是‎12a/b B. 该氖原子的摩尔质量是aNAg C. Wg该氖原子的物质的量是 mol D. Wg该氖原子所含质子数是10W/a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氖原子质量是ag，‎12C的原子质量是bg，则该氖原子相对原子质量==，故A正确；‎ B．“g”是质量的单位，氖原子质量是ag，NA是阿伏加德罗常数的值，则氖原子摩尔质量为aNAg/mol，故B错误；‎ C．Wg该氖原子的物质的量是=mol，故C正确；‎ D．氖原子质量是a g，则Wg该氖原子含有原子数目==，氖原子含有10个质子，故含有质子数目为，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎4.下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（ ）‎ A. 溶液是电中性的，胶体是带电的 B. 通电时，溶液中的溶质粒子不移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动 C. 溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动 D. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体微粒吸附带电离子，带有电荷，但胶体是电中性的，故A错误； B、通电时，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；胶体微粒移向某一电极发生电泳现象，故B错误； C、溶液中溶质微粒的运动也是无规律的，故C错误； D、一束光线分别通过溶液和胶体时，胶体会出现明显光带，溶液则没有，故D正确； 故选D。‎ ‎5. 古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及氧化还原反应的是 ( )‎ A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间 D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.柴草的燃烧是氧化还原反应，A项错误；‎ B.蜡炬的主要成分是烃，烃的燃烧是氧化还原反应，B项错误；‎ C.碳酸钙的高温煅烧CaCO3 CaO+ CO2↑，该反应中各元素化合价都没有变化，不涉及氧化还原反应，C项正确；‎ D.爆竹中火药的爆炸是氧化还原反应，D项错误；答案选C。‎ ‎6.有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：‎ 则甲、乙、丙三种溶液中加的溶质可能是（ ）‎ A. BaCl2、H2SO4、KCl B. CaCl2、HNO3、AgNO3‎ C. CaCl2、HNO3、NaCl D. BaCl2、HCl、Na2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠可以和氯化钡反应得到碳酸钡沉淀，但是碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡，沉淀不溶解，故A错误； ‎ B.碳酸钠可以和CaCl2反应得到碳酸钙沉淀,碳酸钙沉淀溶于HNO3得到硝酸钙溶液，但是硝酸钙溶液和AgNO3之间不会发生反应，故B错误； ‎ C.碳酸钠可以和CaCl2反应得到碳酸钙沉淀，碳酸钙沉淀溶于HNO3得到硝酸钙溶液，但是硝酸钙溶液和NaCl之间不会发生反应,故C错误；‎ D.碳酸钠可以和氯化钡反应得到碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀溶于HCl得到氯化钡溶液，氯化钡溶液会和硫酸钠之间反应生成硫酸钡沉淀，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎7.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，1.9gH3O+所含电子数为1.1NA B. 标准状况下，22.4LSO3含有分子数为NA C. 25oC，1.01×105Pa，1gH2和14gN2的体积相同 D. 将0.1molFeCl3加到沸水中制得的胶体中，含胶粒0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下，1.9gH3O+的物质的量为‎1.9g/‎19g/mol=0.1mol，1个H3O+所含电子数为10个，所以0.1mol H3O+所含电子式为 NA，故A错误；‎ B. 标准状况下，SO3为固态，不能用气体摩尔体积进行计算，不能确定22.4LSO3含有分子数为NA，故B错误；‎ C. 1gH2的物质的量为‎1g/‎2g/mol=0.5mol，14gN2的物质的量为‎14g/‎28g/mol=0.5mol，25oC，1.01×105Pa，Vm为定值，所以0.5molH2和14gN2的体积相同，故C正确；‎ D. 氢氧化铁胶体为很多粒子的集合体，因此将0.1molFeCl3加到沸水中制得的胶体中，含胶粒数目小于0.1NA，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎8.已知一个原子的质量数等于其质子数和中子数相加，若R 原子核内共有 x 个中子，R 原子的质量数为 A，则a 克 RO3 中含有质子的物质的量为 ( )‎ A. （A﹣x+24）mol B. （x+24）mol C. （A ﹣x）mol D. （A﹣x）mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】R原子核内共有x个中子，R原子的质量数为A，则R原子含有质子数为A-x，RO3中含有质子数为A-x+24，a克RO3中含有质子的物质的量为：×(A-x+24)=(A-x+24)mol，故答案为A。‎ ‎9.意大利罗马大学的FulvioCacsce 等人获得了极具理论研究意义的N4 分子，下列说法正确的是（ ）‎ A. N4属于一种新型的化合物 B. N4与N2的摩尔质量相等 C. 标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1:2‎ D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N4属于单质，故A错误；‎ B. N4的摩尔质量为‎56g/mol，N2的摩尔质量为‎28g/mol，并不相等，故B错误；‎ C. 标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2:1，故C错误；‎ D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1，故D正确；‎ 答案：D ‎10.有下列三个反应：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2，②2Fe+3Cl22FeCl3，③2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑，若某溶液中有Fe2+、I−和Cl−，要氧化除去I−而不除去Fe2+和Cl−，可加入的试剂是 A. Cl2 B. KMnO‎4 ‎C. FeCl3 D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化剂的氧化性大于氧化产物，由反应①②③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+。‎ ‎【详解】A项、氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A错误；‎ B项、KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B错误；‎ C项、FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C正确；‎ D项、HCl与Fe2+、I−和Cl−三种离子均不反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（ ）‎ 选项 待提纯的物质 选用的试剂 操作的方法 A Na2SO4（NaOH）‎ 稀盐酸 加过量的稀盐酸、蒸发结晶 B Cu（CuO）‎ 稀盐酸 溶解、过滤、洗涤、干燥 C BaCO3（BaSO4）‎ 过量稀盐酸 过滤、洗涤 D CO2（H2）‎ 氧气 点燃 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaOH能与稀盐酸反应生成氯化钠和水，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，故A错误； ‎ B.CuO能与过量的稀盐酸反应生成氯化铜和水，铜不与稀盐酸反应，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确； ‎ C. BaCO3与稀盐酸反应生成氯化钡溶液，而硫酸钡不溶于盐酸，达不到除杂的目的，故C错误；‎ D.H2为杂质，在二氧化碳气体的氛围中，氢气不能燃烧，不能达到分离提纯的目的，故D错误；‎ 故答案选B ‎【点睛】‎ 根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:①加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。‎ ‎12.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，‎92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA B. 常温下，4.4gCO2和N2O（互不反应）混合物中所含有的电子数为2.2NA C. 标准状况下，22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为0.5NA D. 4oC时，18LH2O中含有的原子总数为3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NO2和N2O4的最简式均为NO2，故‎92g 混合物中含有的NO2的物质的量n=‎92g/‎46g/mol=2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子，即6NA 个，故A错误； ‎ B. 4.4gCO2的物质的量为‎4.4g/‎44g/mol=0.1mol，4.4gN2O的物质的量为‎4.4g/‎44g/mol=0.1mol，1个CO2或N2O所含电子数均为22个，所以0.1mol CO2和N2O（互不反应）混合物中所含有的电子数为2.2NA，故B正确；‎ C. 标准状况下，22.4LCO和CO2的混合气体为1mol，含有碳原子的量为1mol，碳原子数为NA，故C错误；‎ D. 4oC时，18LH2O的质量为‎18kg，物质的量为18×‎103g/‎18g/mol=1000mol，1个H2O分子含有3个原子，所以1000molH2O中含有的原子总数为3000NA，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎13.磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级(1到10 nm之间)的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中不正确的是（ ）‎ A. 纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液 B. 纳米Fe3O4磁流体可以通过半透膜得到提纯 C. 当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路 D. 纳米Fe3O4磁流体比较稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纳米Fe3O4磁流体，粒子直径在1到10 nm之间，所以纳米Fe3O4‎ 磁流体分散系属于胶体，故A错误；‎ B、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体通过半透膜提纯，故B正确；‎ C、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，所以当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；‎ D、纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体具有介稳性，纳米Fe3O4磁流体比较稳定，故D正确。‎ ‎14.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr相比较， 水的作用不相同的是（ ）‎ ‎①Cl2+H2O＝HCl+HClO ②4Fe(OH)2+O2 +2H2O＝4Fe(OH)3‎ ‎③‎2F2+2H2O＝4HF+O2 ④2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑‎ ‎⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑ ⑥CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2↑‎ A. ③④⑥ B. ①④⑥ C. ①③⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中Br的化合价从0→－1，Br2作氧化剂，S的化合价从+4→+6，SO2作还原剂，水中各元素化合价没有变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂；‎ ‎①Cl2+H2O＝HCl+HClO反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂又不是还原剂，①符合；②4Fe(OH)2+O2 +2H2O＝4Fe(OH)3反应中Fe(OH)2做还原剂，O2 做氧化剂，水既不是氧化剂又不是还原剂，②符合；③‎2F2+2H2O＝4HF+O2反应中单质氟是氧化剂，水中氧元素化合价升高，水是还原剂，③不符合；④2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑反应中水是氧化剂，钠是还原剂，④不符合；⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑反应中各元素化合价均没变化，不属于氧化还原反应，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，⑤符合；⑥CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2↑反应中CaH2是还原剂，H2O是氧化剂，⑥不符合；结合以上分析可知，③④⑥符合题意；‎ 故答案选A。‎ ‎15.CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，且Ca(HCO3)2易溶于水。现有Ca(OH)2溶液，向其溶液中逐渐通入CO2。则下列四个图中，能比较准确地反映出溶液的导电能力和通入CO2气体量的关系的是(x轴表示CO2通入的量，y轴表示导电能力)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，氢氧化钙能电离出自由移动的钙离子和氢氧根离子，随着不断通入CO2发生的化学反应为：①Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，然后是②CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2 ，当CO2不足量或恰好反应时，发生的反应是①，碳酸钙是沉淀，水是弱电解质，导致溶液中离子浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，当继续通入二氧化碳时发生的反应是②，生成的碳酸氢钙是强电解质，易溶于水，电离出自由移动的离子，溶液中离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐增强，溶液能导电是因为溶液中的溶质发生电离，离子浓度的大小决定导电能力的大小，据此回答。‎ ‎【详解】根据上述分析易知：由于通入CO2后溶液中自由移动离子的浓度逐渐减小，所以一开始导电能力逐渐下降，随着反应的进行，离子浓度逐渐增大，导电能力又逐渐增强，D项正确，‎ 答案选D。‎ ‎16.下列反应中，离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3-＋OH-＝CO2↑＋H2O B. 0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH- ＝2BaSO4↓+AlO2-+2H2O C. 用醋酸除水垢：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑‎ D. 硫酸溶液中滴加足量氢氧化钡溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-＝2H2O+BaSO4↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-＋OH-＝CO32-＋H2O；故A错误；‎ B. NH4Al(SO4)2和Ba(OH)2按照1:2比例进行反应生成一水合氨、氢氧化铝和硫酸钡，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH- ＝2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3∙H2O，故B错误；‎ C. 碳酸钙难溶，醋酸是弱电解质，保留化学式形式，正确的离子方程式为：2CH3COOH＋CaCO3 Ca2＋+CO2↑+ H2O ＋2CH3COO-，故C错误；‎ D. 硫酸溶液中滴加足量氢氧化钡溶液，二者反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH-+2 H＋＋SO42- 2H2O＋BaSO4↓，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】氢氧化铝溶于强碱（如氢氧化钠），不溶于弱碱（如一水合氨）；因此NH4Al(SO4)2和Ba(OH)2按照1:2比例进行反应生成一水合氨、氢氧化铝和硫酸钡； KAl(SO4)2和Ba(OH)2按照1:2比例进行反应生成偏铝酸钾和硫酸钡、水。‎ ‎17.反应2KMnO4＋16HCl（浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧化产物与还原产物粒子个数比是2:5‎ B. 被氧化的HCl占参加反应HCl总分子数的5/8‎ C. 该反应中浓HCl只体现了还原性 D. 当产生‎22.4L氯气时，转移电子数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在2KMnO4＋16HCl（浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 反应中,Mn元素化合价降低，被还原，Cl元素化合价升高，被氧化，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，结合化合价的变化解答该题。‎ ‎【详解】在2KMnO4＋16HCl（浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 反应中,Mn元素化合价降低，被还原，Cl元素化合价升高，被氧化，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物，当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl 被氧化， ‎ A、根据反应方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2，故A错误； ‎ B、根据反应方程式可知，16molHCl（浓）参加反应，有10molHCl 被氧化，所以被氧化的盐酸占参加反应盐酸总分子数的5/8，故B正确； ‎ C、根据反应方程式可知，16molHCl（浓）参加反应，其中有10molHCl 被氧化，做还原剂，有6molHCl起到酸性作用，既HCl没有完全发生氧化反应，故C错误；‎ D、没有给定气体的存在状态，所以‎22.4L氯气的物质的量不一定为1mol ‎，所以转移电子数不一定为2NA，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎18.下列离子方程式中，书写正确的是（ ）‎ A. 澄清石灰水中加盐酸：Ca(OH)2+2H+＝Ca2+ +2H2O B. 向三氯化铁溶液中逐滴加入过量的氨水：Fe3＋+3OH-＝Fe(OH)3↓‎ C. 向碳酸氢钠溶液中加少量澄清石灰水：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓＋H2O D. Ba(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ba2＋＋2HCO3-＋2OH-＝BaCO3↓＋2H2O＋CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、澄清石灰水属于强电解质溶液，Ca(OH)2要拆成离子形式，正确的离子反应为：OH-+H+＝H2O，故A错误；‎ B、氨水中的一水合氨属于弱电解质，保留分子形式，所以向三氯化铁溶液中逐滴加入过量的氨水，正确的反应的离子方程式为：3NH3∙H2O+Fe3+=Fe（OH）3↓+3NH4+，故B错误；‎ C、向碳酸氢钠溶液中加少量澄清石灰水，反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，正确的离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH-＝CaCO3↓＋2H2O+CO32-，故C错误；‎ D、Ba(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子方程式为：Ba2＋＋2HCO3-＋2OH-＝BaCO3↓＋2H2O＋CO32-，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎19.已知一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O，下列说法正确的是(　　)‎ A. 分解反应都是氧化还原反应 B. N2是还原产物，HNO3是氧化产物 C. 被氧化与被还原的氮原子数之比为3∶5 D. 每生成4mol N2转移15mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O的反应中，铵根离子中的氮元素由-3价升高为0价，被氧化，硝酸根离子中氮元素由+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物。‎ A.‎ 判断一个化学反应是不是氧化还原反应，关键是看有没有元素化合价的变化，如碳酸钙的分解反应CaCO3CaO＋CO2↑，因没有元素化合价的变化，就不是氧化还原反应，故A错误；B.根据上述分析可知，氮气既是还原产物也是氧化产物，而由硝酸根离子到硝酸并无元素化合价的变化，所以硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；C.根据得失电子守恒规律，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5-0）：[0-（-3）]=5：3，故C错误；D.根据方程式可知，当生成4mol N2时，有5mol铵根离子失去电子5×[0-（-3）]＝15mol，有3mol硝酸根离子得到电子3×（5-0）＝15mol，所以每生成4mol N2转移15mol电子，故D正确。答案选D。‎ ‎20.下列说法不正确的是（ ）‎ ‎①氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；‎ ‎②溶于水电离出H＋的化合物都是酸 ‎③液态HCl不导电，所以属于非电解质；‎ ‎④金属铜能导电，但它不是电解质，是非电解质 ‎⑤强电解质的导电能力比弱电解质强 ‎⑥NaHSO4在熔融状态下电离生成三种离子 A. ②③⑥ B. ①③⑤ C. 全部 D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①氨溶于水得到氨水，溶液中一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，导致溶液能导电，但是氨气自身不能电离出阴阳离子，不导电，所以NH3是非电解质，故错误；‎ ‎②溶于水电离出的阳离子全部为H＋的化合物都是酸，溶于水电离出氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠是盐，故错误；‎ ‎③液态HCl不导电，但是HCl溶于水，电离出氢离子和氯离子，能够导电，所以液态HCl属于电解质，故错误；‎ ‎④金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误；‎ ‎⑤电解质溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无必然的联系，所以强电解质的导电能力不一定强于弱电解质，故错误；‎ ‎⑥NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，故错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】电解质溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质的强弱没有必然的联系；硫酸氢钠属于强电解质，在水溶液中完全电离出三种离子：NaHSO4=Na++H++SO42-；在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，NaHSO4=Na++HSO4-。‎ ‎21.某离子反应涉及到 H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是 ( )‎ A. 该反应中Cl－为还原产物 B. 氧化剂与还原剂物质的量比为3:2‎ C. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子 D. 氧化性：ClO－比 N2强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图示中可以看出，ClO-随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+3Cl－+5H2O、‎ ‎【详解】A．该反应中氯元素的化合价从+1价降为-1价，Cl-是还原产物，A项正确；‎ B．该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，依离子方程式可以看出其物质的量之比为3：2，B项正确；‎ C．NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6 mol，C项错误；‎ D．在该反应中，ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO->N2，D项正确；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎【点睛】据元素守恒，ClO- 是反应物，则Cl-必是生成物；N2是产物，则NH4+必是反应物；先依得失电子守恒定下4个化学计量数，然后依电荷守恒确定OH-在等号的左边，化学计量数为2，最后用水来配氢原子守恒。‎ ‎22.在下列条件的水溶液中可以大量共存的离子组是（ ）‎ A. 使酚酞变红的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、NO3-‎ B. 含有大量Ba2＋的溶液中：Na＋、NO3-、OH-、Cl-‎ C. 无色透明的溶液中：K+、SO42-、Na+、MnO4-‎ D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.使酚酞变红的溶液显碱性，因此Mg2+与OH-不能大量共存，故A错误；‎ B.含有大量的溶液中，四种Na＋、NO3-、OH-、Cl-之间不反应，Ba2＋与四种离子之间不反应，可以大量共存，故B正确；‎ C.含有MnO4-的溶液显紫色，无色透明的水溶液中MnO4－不能大量共存，故C错误；‎ D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液显酸性， CO32-与H+不能大量共存，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎23.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2＋＋Br2==2Fe3＋＋2Br－　②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－ ③2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2；由此判断下列说法错误的是(　　)‎ A. 氧化性强弱顺序为：Cl2>Br2>Fe3＋>I2‎ B. 还原性强弱顺序为：I－>Fe2＋>Br－>Cl－‎ C. ②中当有1 mol Cl2被还原时，可生成1mol氧化产物 D. Br2与I－不能反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氧化还原反应中的强弱规律，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，可以进行此题的判断。‎ A. ①2Fe2＋＋Br2==2Fe3＋＋2Br－中Br2的氧化性大于Fe3+，②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－中Cl2的氧化性大于Br2，③2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2中Fe3+的氧化性大于I2，所以氧化性大小顺序为：Cl2>Br2>Fe3＋>I2，故A正确；‎ B. ①2Fe2＋＋Br2==2Fe3＋＋2Br－中还原性Fe2＋>Br－，②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－中还原性Br－>Cl－，③2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2中的还原性I－>Fe2＋，所以还原性大小顺序为：I－>Fe2＋>Br－>Cl－，故B正确；‎ C.在②2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－中，氧化产物是Br2，则根据方程式可知1mol Cl2～1mol Br2，‎ 所以当有1 mol Cl2被还原时，可生成1mol氧化产物Br2，故C正确；‎ D.根据A项中的判断可知氧化性：Br2>I2，则可以发生2I－＋Br2==I2＋2Br－，故D错误。‎ 此题答案选D。‎ ‎24.实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的无色溶液，且在溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol·L－1。下列四个离子组能达到要求的是（ ）‎ A. Na＋、K＋、SO42-、Cl－ B. Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-‎ C. H＋、K＋、HCO3-、Cl－ D. Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复分解反应的条件判断离子能否共存，若离子间能结合成沉淀、气体或水则不能共存，在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为lmol L-1，要注意溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等。‎ ‎【详解】A.若四种离子浓度均为1mol/L，溶液中正、负电荷的总数不相等，故A错误；‎ B.Cu2+的水溶液为蓝色，不符合题意，故B错误；‎ C.H+和HCO3-能结合成二氧化碳和水，不能共存，故C错误；‎ D.本组离子间不能结合成沉淀、气体、或水，故能共存，溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答该题易出现的错误是容易忽视题中的部分信息，判断错误。如忽视“混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol/L”，仅考虑离子之间相互不发生反应而错选A项，或忽视“无色溶液”的信息而错选B项。‎ ‎25.利用SCR技术可有效降低柴油发动机NOx排放。SCR工作原理为尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，再利用NH3转化NOx，装置如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 转化NO2过程的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O B. 转化器工作过程中，当转移0.6mol电子时，会消耗4.48LNH3‎ C. 尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应 D. 该装置转化NO时，还原剂与氧化剂物质的量之比为2:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据装置所示，氨气和二氧化氮反应生成氮气和水，因此转化NO2过程的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O，故A正确；‎ B. 转化器中NH3 与NOx反应，氨气是还原剂，氨气中氮元素化合价由-3变为0，1molNH3完全反应转移电子3mol，当转移0.6mol电子时，会消耗0.2molNH3，没有给定气体的存在状态，所以消耗NH3的体积不一定为‎4.48L，故B错误；‎ C. 尿素水溶液热分解反应CO(NH2)2+H2O=CO2+2NH3，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C正确；‎ D. 该装置转化NO时，反应方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，所以还原剂与氧化剂物质的量之比为2:3，故D正确；‎ 故答案选B。‎ 第II卷（共50分）‎ ‎26.以下有十种物质：①氨水 ②稀硫酸 ③氯化氢 ④NaHSO4 ⑤蔗糖 ⑥二氧化碳 ⑦石墨 ⑧熔融氯化钠 ⑨氢氧化钠 ⑩碳酸钙，请回答下列问题：‎ ‎（1）属于混合物的是___；属于电解质，但熔融状态下不导电的是___；属于电解质，且难溶于水的是___；属于化合物，但不是电解质的是___；不是电解质，但可以导电的是___；‎ ‎（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H＋＋OH-＝H2O，该离子反应对应的化学方程式为___、_____、___；‎ ‎（3）⑦和SiO2在高温下可发生如下反应：‎3C+SiO2SiC+2CO↑（已知SiC中Si元素为+4价），上述反应中还原产物是___；氧化剂与还原剂物质的量之比为___；当有‎1.12L（标准状况下）CO气体产生时，反应过程中转移的电子数是__个。‎ ‎【答案】 (1). ①② (2). ③ (3). ⑩ (4). ⑤⑥ (5). ①②⑦ (6). H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O (7). HCl+NaOH=NaCl+H2O (8). NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O (9). SiC (10). 1：2 (11). 0.1NA ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①氨水属于混合物，一水合氨可以电离出阴阳离子，溶液能够导电，但是氨水既不是电解质又不是非电解质； ‎ ‎②稀硫酸属于混合物，溶液中阴阳离子，溶液能够导电，但是稀硫酸既不是电解质又不是非电解质； ‎ ‎③氯化氢属于化合物，在水溶液中完全电离出阴阳离子，溶液能够导电，熔融状态下不导电，氯化氢属于电解质；‎ ‎④NaHSO4属于化合物，在水溶液中或熔融状态下完全电离出阴阳离子，能够导电，NaHSO4属于电解质；‎ ‎⑤蔗糖属于化合物，在水溶液中或熔融状态下不发生电离，蔗糖不能够导电，属于非电解质；‎ ‎⑥二氧化碳属于化合物，其与水反应生成碳酸，碳酸电离出阴阳离子，溶液导电，但是二氧化碳属于非电解质；‎ ‎⑦石墨属于单质，能够导电，但其既不是电解质又不是非电解质；‎ ‎⑧熔融氯化钠能够导电，属于化合物，属于电解质；‎ ‎⑨氢氧化钠在水溶液或熔融状态下都能导电，属于电解质；‎ ‎⑩碳酸钙属于电解质，难溶于水，不导电；‎ 属于混合物的是①②；属于电解质，但熔融状态下不导电的是③；属于电解质，且难溶于水的是⑩；属于化合物，但不是电解质的是⑤⑥；不是电解质，但可以导电的是①②⑦；‎ 故答案是：. ①②； ③； ⑩； ⑤⑥； ①②⑦； ‎ ‎（2）满足H＋＋OH-＝H2O离子反应的条件为：强酸（或强酸的酸式盐）与强碱反应生成水和可溶性的盐，因此满足条件的反应有：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O； HCl+NaOH=NaCl+H2O； ‎ 故答案是：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O；HCl+NaOH=NaCl+H2O；‎ ‎（3）‎3C+SiO2SiC+2CO↑（已知SiC中Si元素为+4价）反应中，碳由0价升高到+2价，降低到-4价，因此碳既做氧化剂又做还原剂，且3molC中，有2molC发生氧化反应，做还原剂，转移电子为2mol×（2-0）=4mol；有1molC发生还原反应，做氧化剂，还原产物为SiC；氧化剂与还原剂物质的量之比为1mol：2mol=1:2；根据4e--2CO可知，当有‎1.12L（标准状况下）CO气体（物质的量为0.05mol）产生时，反应过程中转移的电子的量为0.1mol，个数为0.1NA；‎ 故答案是：SiC；1：2； 0.1NA。‎ ‎27.I．三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：‎ ‎（1）写出该反应的化学方程式___；反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为____。‎ ‎（2）若反应中生成0.2molHNO3，则转移的电子数为___个。‎ II．二氧化硒（SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：‎ ‎（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3反应的化学方程式____。‎ ‎（2）已知：Se +2H2SO4（浓)＝2SO2↑+SeO2+2H2O ‎2SO2+SeO2+2H2O＝Se +2SO42-+4H+‎ SeO2、H2SO4（浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_____。‎ III．高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。结合所学知识回答相关问题：‎ ‎（1）K2FeO4中铁元素的化合价是___价。‎ ‎（2）制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为-1价）。该反应中还原剂是____（填化学式），若有1molO2生成，转移电子的物质的量为____mol。‎ ‎（3）某反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O，写出在碱性条件下，制高铁酸钾的离子反应方程式_____。‎ ‎【答案】 (1). 3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF (2). 1：2 (3). 0.4NA (4). Se+2HNO3（浓）=H2O+SeO2+NO+NO2 (5). 浓H2SO4>SeO2>SO2 (6). +6 (7). FeSO4、Na2O2 (8). 10mol (9). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．（1）根据信息可知，NF3与水反应生成HF、NO和HNO3，据此写出反应的化学方程式；该反应中只有氮元素的价态发生变化，根据氧化还原反应规律进行分析；‎ ‎ ‎ ‎（2）3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中NF3中F的化合价为-1价，N元素的化合价由+3价升高到+5价，该反应中转移电子为2e-，根据HNO3--2e-关系进行计算； ‎ II．（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，据此写出Se和浓HNO3反应的化学方程式；‎ ‎（2）根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行分析；‎ III．（1）根据化合物中各元素化合价的代数和为零的规律分析K2FeO4中铁元素的化合价；‎ ‎（2）据氧化还原反应规律，结合 2FeSO4 + 6 Na2O2= 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为－1价）反应进行分析； ‎ ‎ (3)根据氧化还原反应规律，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行分析；‎ ‎【详解】I．（1）根据信息可知，NF3与水反应生成HF、NO和HNO3，该反应的化学方程式为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；NF3中F的化合价为-1价，N元素的化合价为+3价，降低到+2价，升高到+5价，所以3molNF3参加反应，2mol NF3发生还原反应，做氧化剂；1mol NF3发生氧化反应，做还原剂；被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1:2；‎ 故答案是：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；1：2；‎ ‎（2）3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中NF3中F的化合价为-1价，N元素的化合价由+3价升高到+5价，该反应中转移电子为2e-，根据HNO3--2e-可知，若反应中生成0.2molHNO3，则转移的电子的量为0.4mol，个数为0.4NA；‎ 故答案是：0.4NA；‎ II．（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，Se和浓HNO3反应的化学方程式Se+2HNO3（浓）=H2O+SeO2+NO+NO2； ‎ 故答案是：Se+2HNO3（浓）=H2O+SeO2+NO+NO2；‎ ‎（2）由Se +2H2SO4（浓)＝2SO2↑+SeO2+2H2O反应可知氧化性：H2SO4（浓)> SeO2；由2SO2+SeO2+2H2O＝Se +2SO42-+4H+反应可知氧化性：SeO2>SO2，所以氧化性由强到弱的顺序是浓H2SO4>SeO2>SO2；‎ 故答案是：浓H2SO4>SeO2>SO2；‎ III．（1）根据化合物中各元素化合价的代数和为零的规律可知，K2FeO4中K为+1价、O为－2价，则铁元素的化合价是+6价；‎ 故答案是：+6； ‎ ‎（2）据制备高铁酸钠的主要反应2FeSO4 + 6 Na2O2= 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为－1价）；2FeSO4 中，+2价铁共失8e-变成2Na2FeO4 ；6 Na2O2中，有2个－1价O失2e-生成 O2；另10个－1价O得10e-变成－2价；故该反应中还原剂有 FeSO4、Na2O2，若有1 mol O2生成，则转移电子10mol；‎ 故答案是：FeSO4、Na2O2 ；10mol； ‎ ‎ (3)制备高铁酸钾，则Fe(OH)3是反应物，FeO42-是生成物，铁元素化合价从+‎3升至+6价；故ClO－是反应物，Cl－是生成物，氯元素从+1价降至－1价；据化合价升降数相等，可得2Fe(OH)3 + 3ClO- — 2FeO42- + 3Cl- ；碱性溶液中，可用OH－、H2O配平，据电荷守恒OH－是反应物，据元素种类不变H2O是生成物，观察配平得离子方程式为: 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ 故答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。‎ ‎【点睛】配平离子方程式时，酸性溶液用H+、H2O；碱性溶液用OH－、H2O；中性溶液H2O→H+或OH－；针对于离子型的氧化还原反应，要依据电子守恒、电荷守恒、原子守恒规律进行配平。‎ ‎28.I．Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物凝聚沉淀，是城市饮用水处理新技术。‎ ‎（1）实验室如何制取Fe(OH)3胶体，请简述操作___，相应的化学方程式是____。‎ ‎（2）向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体，逐渐出现红褐色沉淀，出现该现象的原因是____。‎ ‎（3）除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法是___，如何验证胶体已净化完全，请简述方法___。‎ Ⅱ．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：‎ ‎（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为____mol·L-1（保留小数点后一位）。‎ ‎（2）某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na＋）＝____mol·L-1。‎ ‎（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为 ‎25%的消毒液。下面操作造成所配溶液浓度偏高的是___（填序号）。‎ A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，底部有少量水残留 B．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面 C．烧杯溶解固体后，用蒸馏水润洗2-3次，将部分洗涤液转入容量瓶中 D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线 ‎【答案】 (1). 往沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至出现红褐色，停止加热即可 (2). FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl (3). 硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉 (4). 渗析 (5). 取最后一次渗析液，加入AgNO3溶液，若出现白色浑浊，则胶体未净化完全，反之，则净化完全 (6). 4.0mol/L (7). 0.04mol/L (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．（1）FeCl3的水溶液滴入沸水中继续煮沸至出现红褐色，停止加热即可得到Fe(OH)3胶体；相应的化学方程式是：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；‎ ‎ ‎ ‎（2）根据胶体发生聚沉的性质进行分析；‎ ‎（3）胶体的分离和提纯一般采用渗析法；分离的是否完全，可以检验渗析液中是否含有氯离子，选用硝酸和硝酸银试剂进行检验；‎ Ⅱ．（1）根据c=1000ρω/M进行计算； ‎ ‎（2）原溶液稀释100倍，则稀释后的溶液中c（Na＋）是原溶液浓度的1/100；‎ ‎（3）根据c=n/V进行分析。‎ ‎【详解】I．（1）FeCl3的水溶液滴入沸水中可得到Fe(OH)3胶体，具体操作如下：往沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至出现红褐色，停止加热即可；相应的化学方程式是：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl； ‎ 故答案是：往沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至出现红褐色，停止加热即可；FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl； ‎ ‎（2）两种胶粒带有相反电荷的胶体混合时，胶体能发生聚沉，硅酸胶粒带负电，Fe(OH)3胶粒带正电，二者混合后，使Fe(OH)3胶体发生聚沉，因此向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体，逐渐出现红褐色沉淀； ‎ 故答案是：硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉； ‎ ‎（3‎ ‎）溶液中的粒子能够透过半透膜，而胶体粒子不能透过半透膜，因此可以采用渗析的方法进行分离；分离的是否完全，可以检验渗析液中是否含有氯离子，具体操作如下：取最后一次渗析液，加入AgNO3溶液，若出现白色浑浊，则胶体未净化完全，反之，则净化完全； ‎ 故答案是：渗析；取最后一次渗析液，加入AgNO3溶液，若出现白色浑浊，则胶体未净化完全，反之，则净化完全；‎ Ⅱ．（1）根据c=1000ρω/M可知，c=1000×1.19×25%/74.5=4.0mol/L； ‎ 故答案是：4.0mol/L；‎ ‎（2）把原溶液稀释100倍，则稀释后的溶液中c（Na＋）＝4.0mol/L× 1/100=0.04 mol/L；‎ 故答案是：0.04mol/L；‎ ‎（3）A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，底部有少量水残留，不影响溶质的量和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响；‎ B．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，造成溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高；‎ C．烧杯溶解固体后，用蒸馏水润洗2-3次，将部分洗涤液转入容量瓶中，造成溶质的量偏小，所配溶液的浓度偏低；‎ D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，造成溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小；‎ 故答案选B。‎ ‎29.某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42−、CO32−，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：‎ ‎（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到‎1.12L气体（标准状况下）；‎ ‎（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为‎6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g。‎ 根据上述实验回答下列问题：‎ ‎①溶液中一定不存在的离子有___；‎ ‎②溶液中一定存在的离子有___，其中阴离子的物质的量浓度分别为___；‎ ‎③取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl-？___（填“能”或“不能”），理由___。‎ ‎④推断K+是否存在并说理由：____。‎ ‎【答案】 (1). Mg2+、Ba2+ (2). NH4+、SO42-、CO32- (3). c（SO42-）=0.1mol/L、c（CO32-）=0.2mol/L (4). 不能 (5). ‎ 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验3得到的沉淀不一定是氯化银，所以无法确定溶液中是否含有氯离子 (6). 存在；通过计算可知，溶液中负电荷比正电荷多，所以，只有存在钾离子，溶液的离子电荷才能守恒 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：‎ ‎（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到‎1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；‎ ‎（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为‎6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；由此排除Ba2+的存在；‎ ‎（3）根据硫酸钡量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。‎ 据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：‎ ‎（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到‎1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；‎ ‎（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为‎6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；‎ ‎①结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中证明含有SO42−、CO32−；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；‎ 答案是：Mg2+、Ba2+；‎ ‎②结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42−、CO32−；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42−、CO32−；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2‎ 溶液有沉淀生成，经称量其质量为‎6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为‎2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42− -BaSO4可知，n(SO42−)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=‎3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32− - BaCO3可知， n( CO32−)=0.02mol；浓度各为：c(SO42−)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32−)=0.02/0.1=0.2 mol/L；‎ 答案：NH4+、SO42−、CO32−；c(SO42−)=0.1mol/L，c( CO32−)=0.2 mol/L；‎ ‎③结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42−、CO32−；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；‎ 故答案是：碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验3得到的沉淀不一定是氯化银，所以无法确定溶液中是否含有氯离子；‎ ‎④溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42−、CO32−,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42−、CO32−的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；‎ 答案是:存在；经过计算可以知道，只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。‎ ‎【点睛】有关离子共存的问题，通过题给相关实验，部分离子的种类确定后，若题目信息中还给出了相关离子的物质的量（或物质的量浓度），就要根据电解质溶液中存在的电荷守恒规律，来确定该溶液中还可能存在的阴离子或阳离子，本题最后一问，就是一个被大家忽视的易错点。‎