2018-2019学年宁夏银川一中高一上学期期中考试化学试卷（解析版）

2018-2019学年宁夏银川一中高一上学期期中考试化学试卷（解析版）

宁夏银川一中2018-2019学年高一上学期期中考试 化学试题 ‎1.“安全无小事”，对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。高锰酸钾(KMnO4)应选用的标志是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】高锰酸钾具有强氧化性，故应贴氧化剂标志。‎ A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，选项A错误；‎ B、图中标志是氧化剂标志，符合要求，选项B正确；‎ C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，选项C错误；‎ D、图中标志是腐蚀品标志，不符合要求，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列叙述不正确的是 A. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火 B. 浓硫酸不慎沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后再涂抹3％ - 5％的硼酸溶液 C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置 D. 为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，选项A正确；‎ B、如果不慎将浓硫酸沾到皮肤上，立即用较多的水冲洗，再用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗而不是用硼酸溶液，选项B不正确；‎ C．蒸馏完毕后，先停止加热，充分冷却收集馏分，则待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，选项C正确；‎ D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，故应在液面离刻度线1‎‎-2cm 时，改用胶头滴管逐滴加入，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.用下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 图1 除去CO2中含有的少量HCl B. 图2 蒸干NaHCO3饱和溶液制备NaHCO3晶体 C. 图3 除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3‎ D. 图4 分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCl和CO2均能与NaOH反应，不能用该装置除去CO2中含有的少量HCl，选项A错误；‎ B．蒸干NaHCO3溶液时，碳酸氢钠易分解，选项B错误；‎ C、Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液均能透过滤纸，不能用过滤的方法分离，选项C错误；‎ D．CCl4萃取碘水后的有机层和水层互不相溶，故可以分液，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯以及制备等实验操作，题目难度不大，解答该类题目的关键是能正确把握相关物质的性质。‎ ‎4.实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。下列分析正确的是 A. 操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去 B. 操作Ⅱ是加热浓缩、趁热过滤，除去杂质氯化钠 C. 操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 D. 操作Ⅰ~Ⅲ总共需两次过滤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体，故选CD。‎ 考点：考查了物质的分离、提纯的相关知识。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.为除去下列物质中的杂质（括号内的物质为杂质），下列操作方法正确的是 A. Fe（Fe2O3），加入过量稀盐酸，充分反应后过滤 B. CaO粉末（CaCO3粉末)，加入足量的水，充分搅拌后过滤 C. NaOH溶液（Ca(OH)2溶液），通入过量CO2气体，充分反应后过滤 D. CuSO4溶液（硫酸），加入过量CuO粉末，充分反应后过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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．除杂质题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。‎ ‎【详解】A、Fe2O3和Fe均能与稀盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则；故选项所采取的试剂、方法错误；‎ B、CaCO3粉末不溶于水，CaO能与水反应生成氢氧化钙，不能除去杂质反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的试剂、方法错误；‎ C、Ca(OH)2溶液和NaOH溶液均能与二氧化碳反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则；故选项所采取的试剂、方法错误；‎ D、硫酸能与CuO粉末反应生成硫酸铜和水，充分反应后过滤即可得到硫酸铜溶液，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的试剂、方法正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质除杂或净化的探究；酸的化学性质；碱的化学性质，物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。‎ ‎6.胶体跟其他分散系（溶液、浊液）的本质区别是 A. 分散质粒子的大小 B. 体系是否稳定 C. 有没有丁达尔效应 D. 粒子是否带有电荷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒直径大小，微粒直径<1nm的为溶液， 介于1nm～100nm的是胶体，而＞100nm的则是悬浊液，选项A正确；‎ B．胶体和溶液都是相对稳定的分散系，选项B错误；‎ C．胶体和能透光的浊液都有丁达尔现象，选项C错误；‎ D．胶体和溶液的分散质粒子都带电，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下，‎22.4 L H2O含有的分子数为 NA B. 常温常压下，‎1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NA C. ‎2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA D. ‎0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、标况下，水为液态；‎ B、根据n=来计算；‎ C、求出镁的物质的量，然后根据镁在氧气中反应后变为+2价来分析；‎ D、醋酸是弱电解质，不能完全电离。‎ ‎【详解】A、标况下，水为液态，不能用‎22.4 L/mol为水的摩尔体积进行计算，选项A错误；‎ B、1.06gNa2CO3的物质的量n===0.01mol，含有的Na+的物质的量为0.02mol，个数为0.02NA个，选项B正确；‎ C、‎2.4g镁的物质的量为0.1mol，而镁在氧气中反应后变为+2价，故0.1mol镁转移0.2NA个电子，选项C错误；‎ D、醋酸是弱电解质，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.05NA个，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。‎ ‎8.下列说法不正确的是(　　)‎ ‎①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质 ‎②氨气溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质 ‎③固态氯化钠不导电，熔融态的氯化钠可以导电 ‎④气态氯化氢不导电，液态氯化氢也不导电 ‎⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强 A. ①④ B. ①④⑤ C. ①②⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；‎ ‎②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；‎ ‎③离子化合物熔融态电离出离子，能导电；‎ ‎④熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；‎ ‎⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关。‎ ‎【详解】①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故①错误；‎ ‎②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，所以氨水是电解质溶液，故②错误；‎ ‎③离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故③正确；‎ ‎④熔融态氯化氢不能电离出离子，不能导电，故④正确； ‎ ‎⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。‎ ‎9.同温同压下，m g甲气体和‎2m g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 甲与乙的相对分子质量之比为1∶1‎ B. 同温同压下，甲和乙的密度之比是1∶1‎ C. 同温同体积下，等质量的甲和乙的压强之比是1∶1‎ D. 等质量的甲和乙中的原子数之比是1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同温同压下，m g甲气体和‎2m g乙气体所占的体积之比为1：2，由n=可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2，结合n=＝进行判断。‎ ‎【详解】A．根据m=nM=M知，二者的相对分子质量为1：1，选项A正确；‎ B．同温同压下，气体摩尔体积相同，m g甲气体和‎2m g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ＝知，其密度相同，选项B正确；‎ C．根据PV=nRT=RT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，选项C正确；‎ D．等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，题目难度不大，注意把握相关计算公式的运用。‎ ‎10.下列关于离子或物质的鉴别，判断正确的是(　　)‎ A. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解时，可确定有Cl- 存在 B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 C. 加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不溶解时，可确定有SO42- 存在 D. 加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32— 存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、稀盐酸可以与硝酸银溶液发生反应生成氯化银沉淀，l所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的；‎ B．无水硫酸铜遇水变蓝；‎ C、白色沉淀可能为AgCl，溶液中可能含SO42-或Ag+；‎ D、碳酸根和碳酸氢跟能和氢离子反应生成水和二氧化碳。‎ ‎【详解】A、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子也可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，选项A错误；‎ B．无水硫酸铜遇水变蓝，则气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气，选项B正确；‎ C．加稀盐酸后沉淀不溶解，白色沉淀可能为硫酸钡或AgCl，故原溶液中可能含SO42-或Ag+，选项C错误；‎ D、能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体的可以是碳酸根、碳酸氢根等离子，此外二氧化硫也能使石灰水变浑浊，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。‎ ‎11.下列现象不能用胶体知识解释的是 A. 向FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，会出现红褐色沉淀 B. 在江河入海处易形成三角洲 C. 冶金厂大量烟尘用高压电除去 D. 同一钢笔同时使用不同牌号的墨水易发生堵塞 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，选项A选；‎ B．江河中的水中有泥沙胶体，在江河入海口遇到海水中的盐类而发生聚沉形成三角洲，选项B不选；‎ C．烟尘中含有胶体，利用了胶体电泳的性质可以除尘，选项C不选；‎ D、墨水是胶体，不同品牌的墨水可能是带有相反电荷的胶体，混用时会发生胶体的聚沉，从而引起堵塞，和胶体的性质有关，选项D不选；‎ 答案选A。‎ ‎12.把200 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，取一份加入含a mol 硫酸钠的溶液恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为(　　)‎ A. 10 ( b –a ） mol/L B. 20 ( b – a ） mol/L C. 10 ( b –‎2a ） mol/L D. 20 ( b – ‎2a ） mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，则每份溶液中n（Ba2+）=（Na2SO4）=amol；‎ 另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应为Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl-）=n（Ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中满足：2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl-），则每份溶液中n（K+）=bmol-2amol=（b‎-2a）mol，所以溶液中钾离子浓度为：c（K+）==10（b‎-2a） mol•L-1，答案选C。‎ ‎13.某澄清透明溶液中，可大量共存的离子组是(　　)‎ A. Na＋、HCO3-、OH－、K+ B. Cu2＋、NO3-、Cl－、SO42-‎ C. H＋、I－、K＋、NO3- D. K＋、NH4+、SO42-、OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如离子之间不发生复分解、氧化还原反应、相互促进的水解反应以及络合反应，则离子能大量共存，反之不可共存。‎ ‎【详解】A．HCO3-与OH－反应生成CO32-和水而不能大量共存，选项A错误；‎ B．Cu2＋、NO3-、Cl－、SO42-相互之间不反应，能大量共存，选项B正确；‎ C．H＋、I－、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；‎ D．NH4+、OH－发生反应生成一水合氨而不能大量共存，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意离子发生反应的条件以及常见离子反应的类型，注重相关基础知识的积累。‎ ‎14.下列电离方程式错误的是(　　)‎ A. H2O=== H＋＋OH- B. NaHCO3===Na＋＋HCO3-‎ C. MgCl2===Mg2＋＋2Cl－ D. Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水为弱电解质，电离方程式为H2OH＋＋OH-，选项A错误；‎ B．NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，选项B正确； ‎ C．MgCl2为强电解质，电离方程式为MgCl2=Mg2＋＋2Cl－，选项C正确；‎ D．Ba(OH)2为强电解质，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－，选项D正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 澄清石灰水与过量CO2反应：CO2＋ Ca2+ + 2OH- ═ CaCO3↓ ＋ H2O B. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++ H2O2 ═2Fe3++ 2H2O + 2H+‎ C. 向沸水中滴加饱和的FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3H+‎ D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过量二氧化碳生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为CO2+OH-═HCO3-，选项A错误；‎ B．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，选项B错误；‎ C．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体，发生反应Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3H+，选项C正确；‎ D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3-+2OH-═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎16. 有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是 ‎① Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu ② Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O ‎③ Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO ④ CO＋2H＋===CO2↑＋H2O ‎⑤ Ag＋＋Cl－===AgCl↓‎ A. 只有③ B. ②③ C. ③⑤ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：③的离子反应中反应物均为分子（Cl2、H2O），只能代表一个反应即Cl2＋H2O===HCl＋HClO。‎ 考点：考查离子反应。‎ ‎17.下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目。‎ ‎【详解】A．I元素化合价由-1价升高为0价，失去电子，Fe元素化合价由+3价降低为+2价，得到电子，最小公倍数为2，转移电子2e-，选项A正确；‎ B．H元素化合价由+1降低为0价，总共降低2价，得到2个电子，Na元素从0价升高为+1价，共失去2个电子，最小公倍数为2，转移电子为2e-，选项B错误；‎ C．硫酸中S元素化合价由+6价降低为+4价，得到电子，氢硫酸中S元素失去电子，化合价从-2价升高为0价，最小公倍数为2，转移电子为2e-，选项C错误；‎ C．氯元素部分化合价由0价升高为+1价，失去电子，部分化合价从0价降低为-1价，得到电子，最小公倍数为1，转移电子2e-，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的特征和实质知识，中等难度，关键判断准化合价变化总数。‎ ‎18.已知某一反应2H2CrO4＋3H2O2＝2Cr（OH）3＋3O2↑＋2H2O，则关于该反应的说法错误的是(　　)‎ A. H2CrO4中铬元素显+6价 B. 该反应中的还原剂是H2O2，氧化产物是O2‎ C. 氧化性：H2CrO4＞O2‎ D. 如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为‎1.68L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H2CrO4中氢为+1价、氧为-2价，则铬元素显+6价，选项A正确；‎ B、反应中O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂被氧化生成氧化产物氧气，而Cr 元素的化合价降低，得到电子被还原，对应的产物Cr(OH)3为还原产物，选项B正确；‎ C、根据氧化还原反应中氧化剂量氧化性强于氧化产物，反应中H2CrO4为氧化剂，O2为氧化产物，故氧化性：H2CrO4＞O2，选项C正确；‎ D、由2H2CrO4＋3H2O2＝2Cr（OH）3＋3O2↑＋2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为=0.15mol，其在标准状况下体积为0.15mol×‎22.4L/mol=‎3.36L，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎19.已知：①2HI+Cl2=2HCl+I2，②2Fe+3Cl2=2FeCl3，③2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2．在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为 A. 1：1：1 B. 1：3：‎3 ‎C. 3：1：1 D. 6：3：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中只有氯气是氧化剂，3个反应得失电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1mol，根据2HI+Cl2═2HCl+I2 ，n（HI）=2mol，根据2Fe +3Cl2═2FeCl3，n（Fe）=mol，根据2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2，n（FeBr2）=1mol×=mol，故n（HI）：n（Fe）：n（FeBr2）=2mol：mol：mol=3：1：1，答案选C。‎ ‎20.已知M2On2-离子可与R2-离子反应，R2- 被氧化为R单质，M2On2-的还原产物中M为+3价；又已知100mL c（M2On2- ）=0.2 mol·L－1的溶液可与100mL c（R2- ）=0.6 mol·L－1的溶液恰好完全反应，则n值为（　　）‎ A. 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R2- 被氧化为R单质，失去电子，而M2On2-中M元素的化合价降低，得到电子，结合电子守恒计算。‎ ‎【详解】R2- 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价降低，得到电子，M2On2-的还原产物中，M为+3价，设M2On2-中M元素的化合价为x，由电子守恒可知，‎0.15L×0.6mol/L×（2-0）=‎0.1L×0.3mol/L×2×（x-3），解得x=6，M2On2-离子中（+6）×2+（-2）×n=-2，则n=7，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用。‎ ‎21.下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：‎ ‎（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置________(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中 的Cl－等杂质，选择装置________________。‎ ‎（2）从碘水中分离出I2，选择装置________，该分离方法的名称为________________。‎ ‎（3）装置A中①的名称是________，进水的方向是从________口进水。装置B在分液时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作是__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). D (2). A (3). B (4). 萃取（或萃取分液） (5). 冷凝管 (6). b (7). 打开上口活塞，下口旋塞 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，可用蒸发的方法，装置为D；除去自来水中的Fe3+等杂质以制取蒸馏水，可用蒸馏的方法，装置为A。‎ ‎（2）碘在有机溶剂中的溶解度较大，可用萃取分液的方法分离，装置为B。‎ ‎（3）由图可知①为冷凝管，冷凝时要保证冷凝管充满水而充分冷却，水的方向应为下进上出，在使用分液漏斗时，要打开分液漏斗上端活塞或使凹孔对准小孔，以保证内部液体顺利流下。‎ 考点：本题考查混合物的分离和提纯。‎ ‎22.有下列物质：① 碳棒 ② 盐酸 ③ H2SO4 ④氨水 ⑤ 熔融KOH ⑥ NH3 ⑦ CCl4 ⑧ CO2 ⑨冰醋酸 ⑩ NaHSO4固体 ‎（1）上述物质中，可导电的是：_______________________；‎ ‎（2）上述物质中，属于非电解质的是：_________________；‎ ‎（3）上述物质中，属于电解质但不导电的是：_________________；‎ ‎（4）上述物质中，属于弱电解质的是：__________________；‎ ‎（5）写出 ⑨、⑩ 两种物质在水溶液中的电离方程式：‎ ‎⑨：________________________________________________； ‎ ‎⑩：________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ①②④⑤ (2). ⑥⑦⑧ (3). ③⑨⑩ (4). ⑨ (5). CH3COOH CH3COO-+H+ (6). NaHSO4=Na++H++SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）① 碳棒中有自由电子，能导电；②盐酸中含有自由移动的氢离子和氯离子，能够导电；④氨水中有自由移支的离子，所以能导电；⑤熔融KOH中有自由移动的离子，所以能导电；③ H2SO4、⑥ NH3、⑦ CCl4 、⑧ CO2、⑨冰醋酸、⑩ NaHSO4固体没有自由移动的离子或自由电子，所以不能导电；故答案为：①②④⑤；‎ ‎（2）非电解质包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等），所以⑥ NH3、⑦ CCl4 、⑧ CO2是非电解质；故答案为：⑥⑦⑧；‎ ‎（3）电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，所以③ H2SO4属于酸、⑤熔融KOH属于碱、⑨冰醋酸属于酸、⑩ NaHSO4固体属于盐，都是电解质；只有熔融态电解质导电，其他的电解质均不导电，因此不能导电的电解质是③⑨⑩；‎ ‎（4）在水溶液中部分电离的电解质属于弱电解质，故上述属于弱电解质的是：⑨冰醋酸，答案选⑨；‎ ‎（5）写出 ⑨、⑩ 两种物质在水溶液中的电离方程式：‎ ‎⑨冰醋酸在水溶液中不完全电离产生氢离子和醋酸根离子，电离方程式为：CH3COOH CH3COO-+H+； ‎ ‎⑩NaHSO4固体在水中完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-。‎ ‎23.有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种。经实验：‎ ‎①取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；‎ ‎②取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；‎ ‎③取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试分析原溶液中一定含有的离子是______________，一定不含有的阴离子是___________，可能含有的离子是____________________。‎ ‎（2）有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_______，说明理由___________________________________________________。‎ ‎（3）写出①中反应的离子方程式_______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Mg2+、Cl-- (2). SO42-、CO32- (3). Na+、K+ (4). 是 (5). 根据电中性原则原溶液中一定含有Cl- (6). Mg2+ + 2OH- = Mg(OH)2↓‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据溶液无色可知，一定不存在有色离子Cu2+；根据②原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不存在CO32-、SO42-；‎ 根据①入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，再结合②可知溶液中不存在CO32-、SO42-，则原溶液中一定存在Mg2+；‎ ‎③加AgNO3溶液产生白色沉淀，加稀硝酸白色沉淀不溶解，该白色沉淀为AgCl，原溶液中存在Cl-，‎ ‎（1）根据以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是：Mg2+、Cl-；一定不含有的阴离子是：CO32-、SO42-；可能含有的离子是：Na+、K+，故答案为：Mg2+、Cl-；CO32-、SO42-；Na+、K+；‎ ‎（2）根据溶液为电中性可知，溶液中一定存在唯一的阴离子氯离子，所以实验③可以省略，‎ 故答案为：是；根据电中性原则原溶液中一定含有Cl-；‎ ‎（3）原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。‎ ‎24.二氧化氯是一种黄绿色的气体，被国际上公认为安全、低毒的绿色消毒剂，近几年我国用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。‎ ‎（1）在进行饮用水消毒时，ClO2可将水中的Fe2＋、Mn2＋等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，据此说明ClO2具有________性。‎ ‎（2）液氯也常用作自来水消毒。已知ClO2、Cl2的还原产物均为Cl-，则相同物质的量的ClO2的消毒效率是Cl2的_____倍。（消毒效率指单位物质的量的物质的得电子数）‎ ‎（3）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8 mg·L－1之间。碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：‎ 操作Ⅰ：取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，使碘游离出来。已知：8HCl + 2ClO2 + 10KI === 5I2 + 10KCl + 4H2O。‎ 操作Ⅱ： 加入一定量的Na2S2O3溶液。(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)‎ 请回答：‎ ‎①操作Ⅰ中反应的离子方程式是___________________________________________。‎ ‎②若水样的体积为‎1.0 L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液10 mL，则水样中ClO2的浓度是_______mg·L－1。‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). 2.5 (3). 8H++2ClO2+10I-=5I2+2Cl-+4H2O (4). 0.135‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合氧化还原反应中化合价升降相等，判断ClO2中Cl元素化合价变化，元素化合价升高表现还原性，元素化合价降低表现氧化性；‎ ‎（2）设物质的量均为1mol，则ClO2、Cl2的转化为Cl-得到电子分别为5mol、2mol；‎ ‎（3）①操作Ⅰ中ClO2与KI发生氧化还原反应；‎ ‎②操作Ⅱ：加入一定量的Na2S2O3溶液，发生2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，蓝色消失；‎ ‎③由图示表明，pH至1～3时，ClO2-将I-氧化成I2，生成的I2‎ 与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；‎ ‎④根据关系10S2O32-～5I2～2ClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度。‎ ‎【详解】（1）反应中Fe元素、Mn元素化合价升高，根据化合价升降相等，ClO2中Cl元素化合价降低，表现氧化性；‎ ‎（2）设物质的量均为1mol，则ClO2、Cl2的转化为Cl-得到电子分别为5mol、2mol，则相同物质的量的ClO2的消毒效率是Cl2的 ‎=2.5倍；‎ ‎（3）①操作Ⅰ中ClO2与KI发生氧化还原反应，离子反应为8H++2ClO2+10I-═2Cl-+5I2+4H2O；‎ ‎②若水样的体积为‎1.0 L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液10 mL，‎ 根据反应8HCl + 2ClO2 + 10KI = 5I2 + 10KCl + 4H2O、2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI可得关系：10S2O32- ～5I2 ～2ClO2，‎ ‎ 10 5 2 ‎ n(ClO2)1.0×10-3 mol/L×‎0.01L/5=2.0×10-6mol m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=2.0×10-6mol×67.5×103mg•mol-1=0.135mg，‎ 由于水样为 ‎1L，所以 ClO2 的浓度为=0.135 mg•L-1。‎ ‎【点睛】本题考查物质含量的测定，为高频考点，把握发生的氧化还原反应、反应的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度中等。‎ ‎25.现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。‎ ‎ ‎ ‎（1）沉淀A的主要成分是__________________________（填化学式）。‎ ‎（2）②中反应的离子方程式是___________________________________________。‎ ‎（3）①②③中均进行的分离操作是_______________。‎ ‎（4）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。‎ ‎（5）实验室用上述实验获得的NaNO3固体配制450 mL 0.40 mol/L NaNO3溶液。该同学需称取NaNO3固体的质量是________ g。 ‎ ‎（6）下面是该同学配制过程的示意图，其操作中有错误的是（填操作序号）___________。‎ 第⑤部操作可能会使所配溶液浓度偏_______（填“大”或“小”或“无影响”）‎ ‎【答案】 (1). BaCO3、BaSO4 (2). Ag+ + Cl-= AgCl↓ (3). 过滤 (4). Na2CO3 (5). 稀HNO3 (6). 17.0 (7). ①、④、⑤ (8). 小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液中加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀；‎ ‎（2）滤液1中含氯离子，加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl-═AgCl↓；‎ ‎（3）①②③中均进行的分离是把不溶性物质和可溶性物质分离，故为过滤；‎ ‎（4）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3；HNO3；‎ ‎（5）实验室没有450 mL规格的容量瓶，必须配制500mL，制备500mL 0.4mol/L的NaNO3溶液，则需要硝酸钠的质量为‎0.5L×0.4mol/L×‎85g/mol=‎17.0g；‎ ‎（6）①硝酸钠应该放在纸片上或玻璃片上称量，①不正确；向容量瓶中加入蒸馏水时，应该用玻璃棒引流，④错误；定容时应该平视，⑤不正确，所以答案选①④⑤； ‎ ‎②第⑤步操作可能会使所配溶液浓度偏定容时仰视刻度线，体积偏大，浓度偏小。‎ ‎ ‎