湖南省醴陵二中醴陵四中2022学年高一化学上学期期中联考试题含解析

湖南省醴陵二中、醴陵四中2022-2022学年高一上学期期中联考化学试题（时量：90分钟，满分：100分）可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Ｎa：23N：14Cl：35.5一、选择题：（每小题2分，共50分，每题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号在答题卡上相应序号上用2B铅笔填涂，填在试题卷上无效。）1.下列仪器常用于物质分离的是A.③⑤⑥B.②③⑤C.②④⑤D.①②⑥【答案】B【解析】常用的物质分离方法有过滤、萃取、蒸馏、层析等，常用于物质分离的仪器有普通漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶等，故B正确。2.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺序排列，正确的是A.硫酸、纯碱、石膏B.氢硫酸、烧碱、绿矾C.碳酸、乙醇、醋酸钠D.磷酸、熟石灰、苛性钾【答案】B【解析】A中的纯碱不属于碱，A错误；C中乙醇属于有机物不属于碱，C错误；D中苛性钾属于碱不属于盐，D错误；B中氢硫酸属于酸、烧碱属于碱、绿矾属于盐，B正确。3.下列电离方程式错误的是A.NaHCO3===Na+＋H+＋CO32-B.NaHSO4===Na+＋H+＋SO42-C.MgCl2===Mg2+＋2Cl－D.Ba(OH)2===Ba2+＋2OH-【答案】A4.下列有关混合物的分离与提纯的说法正确的是(　)A.由于碘在乙醇中的溶解度较大，所以可用乙醇把碘水中的碘萃取出来B.只用加热蒸馏的方法使含水乙醇变为无水乙醇-13-\nC.由于汽油和水不互溶，因此可用分液的方法将二者分离D.NaCl的溶解度随温度下降而减小，所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】C【解析】试题分析：A．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，则不能利用乙醇萃取碘水中的碘，应选苯或四氯化碳把碘水中的碘萃取出来，故A错误；B．水与乙醇易形成共沸混合物，不能直接加热蒸馏，应加CaO后蒸馏的方法使含水乙醇变为无水乙醇，故B错误；C．汽油和水分层，则可用分液的方法将二者分离，故C正确；D．KNO3、NaCl的溶解度受温度影响不同，则NaCl溶液度受温度影响变化不大，所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，故D错误；故选C。考点：考查混合物分离提纯。5.为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，某同学进行了下列七项操作，正确的操作顺序是①加水溶解②加热蒸发得到晶体③加入过量BaCl2溶液④加入过量盐酸⑤加入过量K2CO3　⑥过滤　⑦加入过量KOHA.①⑤③⑦⑥④②B.①⑤⑦③④⑥②C.①⑦③⑤⑥④②D.①⑦③④⑥⑤②【答案】C【解析】试题分析：KCl中少量MgSO4和CaCl2杂质都溶于水，要想将杂质除去必须将MgSO4和CaCl2杂质转化为沉淀；可采取加水溶解→加入过量氢氧化钡（或氯化钡＋氢氧化钠），与MgSO4发生反应，生成BaSO4沉淀和氢氧化镁沉淀，然后加过量K2CO3溶液，与CaCl2和过量氢氧化钡溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钾，过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量K2CO3溶液发生反应，生成氯化钾、水和二氧化碳气体→加热蒸发得到晶体，操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、KOH溶液和碳酸钾溶液，过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为①⑦③⑤⑥④②，答案选A。【考点定位】本题考查物质的分离、提纯-13-\n【名师点晴】注意物质除杂必需条件（反应后不能引入新的杂质）为解题的关键，把握试剂的加入顺序及离子之间的反应即可解答。分离和提纯一般应遵循“四原则”和“三必须”：（1）“四原则”：一、不增（提纯过程中不增加新的杂质）；二、不减（不减少被提纯的物质）；三、易分离（被提纯物质与杂质容易分离）；四、易复原（被提纯物质转化后要易复原）。（2）“三必须”：一、除杂试剂必须过量；二、过量试剂必须除尽（因为过量试剂带入新的杂质）；三、选最佳除杂途径；四、除去多种杂质时必须考虑加入试剂的顺序。6.在相同温度和压强下，等质量的下列气体所占体积最大的是A.H2B.O2C.CO2D.Cl2【答案】A【解析】试题分析：在相同温度和压强下，等质量的气体摩尔质量越大，其物质的量越小，体积越小。A摩尔质量为2g/mol，B摩尔质量为32g/mol，C摩尔质量为44g/mol，D摩尔质量为71g/mol，所以选A。考点：阿伏伽德罗定律7.在标准状况下CH4、HCl、H2S、NH3均为气体。在标准状况下分别有①13.4LCH4　②1molHCl分子　③27.2gH2S　④2.408×1023个NH3分子，下列说法正确的是A.体积：②＞③＞④＞①B.密度：②＞③＞①＞④C.质量：②＞③＞④＞①D.H原子个数：①＞③＞④＞②【答案】D【解析】试题分析：①13．44LCH4物质的量为=0．6mol，②1molHCl，③27．2gH2S的物质的量为=0．8mol，④2．408×1023个NH3分子的物质的量为＝0．4mol。A．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积②＞③＞①＞④，A错误；B．各物质的摩尔质量分别为：①CH4为16g/mol，②HCl为36．5g/mol，③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，B错误；C．各物质的质量分别为：①CH4为0．6mol×16g/mol=9．6g，②HCl为1mol×36．5g/mol=36．5g，③H2S27．2g，④NH3为0．4mol×17g/mol=6．8g，所以质量②＞③＞①＞④，C错误；D．各物质中H原子的物质的量分别为：①CH4为0．6mol×4=2．4mol，②HCl为1mol，③H2S0．8mol×2=1．6mol，④NH3为0．4mol×3=1．2mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，D正确；答案选D。考点：本题主要是考查物质的量的有关计算、阿伏加德罗定律及推论【名师点晴】话题涉及常用化学计量有关计算、阿伏加德罗定律及推论，旨在考查学生对基础知识的掌握。掌握阿伏加德罗常数及其推论以及与物质的量相关的计算式和使用条件、范围是解答的关键。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，其推论有：①同温同压下，V1/V2=n1/n2；②同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；③同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；④同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。-13-\n8.下列物质的水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是A.CuB.CO2C.HClD.CH3CH2OH（乙醇）【答案】B【解析】试题分析：A、铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、二氧化碳本身导电，是非电解质，B错误；C、氯化氢是能电离出离子，是电解质，C正确；D、乙醇不能电离出离子，不导电，是非电解质，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查电解质与非电解质的概念【名师点晴】本题主要是考查电解质和非电解质的判断，题目难度不大。掌握电解质和非电解质的含义和判断依据是解答的关键。电解质是指溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物，非电解质是指溶于水和在熔融状态下都不能够自身电离出离子的化合物，解答时灵活应用。9.下列现象或应用中，不能用胶体知识解释的是A.清晨，在茂密的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱B.一支钢笔使用两种不同牌号的蓝黑墨水，易出现堵塞C.在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀D.在河水与海水交界处有三角洲形成【答案】C【解析】试题分析：A．清晨，在茂密的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，故A正确；B．墨水是一种胶体，不同墨水胶粒带电荷不同，不同品牌墨水相遇时出现聚沉现象，生成沉淀，使笔管堵塞，故B正确；C．FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，故C错误；D．河水和海水中土壤胶粒带电性不同，故相遇时胶粒发生聚沉，生成沉淀，出现沙洲，故D正确；故选C。考点：考查了胶体的性质的相关知识。10.下列反应的离子方程式书写正确的是A.碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑B.稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓D.将氢氧化铁放入盐酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【答案】D【解析】A.碳酸钙与盐酸反应，碳酸钙难溶，不拆开写，A错误；-13-\nB.稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，不生成三价铁，B错误；C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，C错误；D.将氢氧化铁放入盐酸中生成氯化铁和水，氢氧化铁是难溶物，不拆开写，D正确。11.下列反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（）A.Fe＋2HCl=H2＋FeCl2B.2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3C.CaO＋H2O＝Ca(OH)2D.2Fe(OH)3＝Fe2O3＋3H2O【答案】B【解析】试题分析：A、属于置换反应和氧化还原反应，错误，不选A；B、属于化合反应，也是氧化还原反应，选B；C、属于化合反应，不是氧化还原反应，不选C；D、属于分解反应，不是氧化还原反应，不选D。考点：化学反应类型的判断12.设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4L四氯化碳含有的分子数为NAB.1mol硫酸钾中阴离子所带的电荷数为2NAC.0.5mol·L－1NaOH溶液中Na＋数为0.5NAD.常温常压下，16g氧气所含电子数为NA【答案】B【解析】A.标准状况下，四氯化碳是液体，则22.4L四氯化碳的物质的量不是1mol，A错误；B.1mol硫酸钾(K2SO4)中含有1mol硫酸根离子，1mol硫酸根离子带2mol电荷，B正确；C.0.5mol·L－1NaOH溶液中，未知溶液体积，故无法确定Na＋数为0.5NA，C错误；D.常温常压下，16g氧气的物质的量为0.5mol，每摩尔氧分子含有16mol电子，则16g氧气所含电子数为8NA，D错误。13.实验室有三瓶失去标签的试剂，分别是Na2CO3、NaCl、AgNO3。实验员选择了一种试剂用化学方法一次性就把它们区别开来了，这种试剂是：（）A.盐酸B.氢氧化钠溶液C.氯化钡溶液D.硝酸【答案】A【解析】选择一种试剂将Na2CO3、NaCl、AgNO3区别开来，实验时要产生不同现象，盐酸与碳酸钠反应，产生二氧化碳气体，盐酸与硝酸银反应有白色的氯化银沉淀生成，盐酸与氢氧化钠溶液混合无现象，故盐酸可以将Na2CO3、NaCl、AgNO3鉴别出来，A正确。14.在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，测得Al3+浓度为0.1mol/L，SO42－-13-\n浓度为0.3mol/L，则混合溶液中Na+的浓度为（）A.0.15mol/LB.0.45mol/LC.0.6mol/LD.0.3mol/L【答案】D【解析】试题分析：依据电荷守恒规律：0.1×3+C（Na+）×1="0.3×2;"C（Na+）="0.3mol/L;"D正确；考点：考察溶液中电荷守恒规律。15.今有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI====2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2====2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)====2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.HCl【答案】C【解析】由信息可知，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+；A．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故A不选；B．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故B不选；C．FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C选；D．HCl与三种离子均不反应，故D不选；故选C．16.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有一银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2===2X+2H2O，下列说法正确的是A.X的化学式为AgSB.银针验毒时，空气中氧气失去电子C.反应中Ag和H2S均是还原剂D.每生成1mo1X，反应转移2mo1e-【答案】D【解析】由质量守恒可知X的化学式为Ag2S；银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂；在反应中Ag的化合价从单质Ag的0价变为反应后Ag2S中的+1价，失去电子，作还原剂；H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，由方程式：4Ag+2H2S+O2===2X+2H2O可知，4Ag—4e——2Ag2S，则每生成1mo1Ag2S，反应转移2mo1e-，故D正确。17.下列各组在溶液中的反应，无论谁过量，都可以用同一离子方程式表示的是A.Ba（OH）2与NaHSO4B.Ba（OH）2与H2SO4C.石灰水和二氧化碳D.Ca（HCO3）2与NaOH【答案】B-13-\n【解析】A.Ba(OH)2与NaHSO4，当NaHSO4少量时，发生：Ba2++OH—+H++SO42—=BaSO4↓+H2O；当NaHSO4过量时，发生：Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4↓+2H2O，所以不能用同一离子方程式表示，故A错误；B.Ba（OH）2与H2SO4，发生：Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4↓+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B正确；C.向石灰水通少量二氧化碳生成碳酸钙和水，通过量二氧化碳生成碳酸氢钙，所以不能用同一离子方程式表示，故C错误；D.Ca(HCO3)2与NaOH，NaOH少量时，发生反应：HCO3—+Ca2++OH—═CaCO3↓+H2O，NaOH过量时发生反应：2HCO3—+Ca2+2OH—═CaCO3↓+2H2O+CO32—，所以不能用同一离子方程式表示，故D错误；18.某元素R的氯化物溶液10mL，其浓度为0.05mol/L，能恰好与0.1mol/L的AgNO3溶液15mL完全反应，则R氯化物的化学式为A.RClB.RCl2C.RCl3D.RCl4【答案】C【解析】设该氯化物化学式为RClx，则RClx~~~~~~xAgNO31x0.05mol/L×10mL0.1mol/L×15mL列比例式可得x=3，故氯化物化学式我RCl3，C正确。19.在Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑反应中，下列说法正确的是A.生成1molCu，转移2mol电子B.Cu是氧化产物C.氧化剂只有Cu2OD.Cu2S既是氧化剂又是还原剂【答案】D【解析】试题分析：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑反应中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由-2价升高为+4价，A．由反应可知，生成6molCu转移6mol电子，则生成1molCu，转移1mol电子，故错误；B．Cu元素的化合价降低，则Cu是还原产物，故错误；C．反应中Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故错误;D．Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故正确；答案选D考点：氧化还原反应20.下列叙述中正确的是-13-\nA.含金属元素的离子，不一定都是阳离子B.在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂C.某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原D.金属阳离子被还原一定得到金属单质【答案】A【解析】A．如AlO2-、MnO4-等，为阴离子，故A正确；B．S可与浓硝酸反应，反应中S为还原剂，S与氢气反应中S为氧化剂，则非金属可为氧化剂，也可为还原剂，故B错误；C．某元素从化合态变为游离态时，元素化合价可升高，也可降低，不一定被还原，故C错误；D．Fe3+被还原可生成Fe2+，故D错误；故选A。21.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与5molCr3+反应所需PbO2的物质的量为A.7.5molB.1.5molC.3molD.3.25mol【答案】A【解析】反应中Cr元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，5molCr3+反应失去15mol电子。Pb元素化合价从+4价降低到+2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知所需PbO2的物质的量为15mol÷2＝7.5mol，答案选A。22.为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是序号物质杂质除杂试剂或操作方法①NaCl溶液Na2CO3加入盐酸，蒸发②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤③H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶④NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶A.①②③④B.②③④C.①③④D.①②③【答案】D-13-\n【解析】试题分析：①碳酸钠可与盐酸反应生成氯化钠，可除杂，故正确；②铁可置换出铜，生成硫酸亚铁，可除杂，故正确；③二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除杂，故正确；④生成氯化钙，生成新杂质，可直接用过滤的方法，故错误；故选D。考点：考查了混合物的分离和提纯的相关知识。23.下列反应中不属于氧化还原反应的是A.3CuS+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2OB.3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2OC.3CCl4+K2Cr2O7=2CrO2C12+3COCl2+2KClD.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑【答案】C【解析】试题分析：A．3CuS+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+3S↓+4H2O，反应中S和N元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，错误；B．3Cl2+6KOH="5KCl"+KClO3+3H2O反应中Cl元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，错误；C．3CCl4+K2Cr2O7=2CrO2C12+3COCl2+2KCl反应中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，正确；D．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑反应中Mn和O元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，错误；故选C。考点：考查了氧化还原反应的判断的相关知识。24.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.含0.1mol·L−1Ca2+的溶液：、Na+、、Cl−B.使酚酞变红色的溶液：、K+、、C.含有大量H+的溶液：Mg2+、Na+、Cl−、D.含有大量的溶液：Na+、、Cl−、OH−【答案】C【解析】A中钙离子与硫酸根不能大量共存；B中铵根离子与氢氧根离子不能大量共存；D中OH−与HCO3−不能大量共存；故C正确。25.VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶的物质的量浓度是A.mol·L−1B.mol·L−1C.mol·L−1D.mol·L−1-13-\n【答案】C........................考点：物质的量浓度的相关计算二、非选择题（每空2分，共50分）26.已知下列十种物质：①H2O，②Cu，③NO，④Fe2O3，⑤稀硫酸，⑥氢氧化钡，⑦饱和FeCl3溶液，⑧氨水，⑨稀硝酸，⑩硫酸铝。根据上述提供的物质，回答下列问题：（1）属于纯净物的是__________（填序号），属于电解质的是__________（填序号）。（2）上述物质间发生的某反应的离子方程式为H++OH−===H2O，则该反应的化学方程式为___________________________________________________。（3）实验室制备少量Fe(OH)3胶体所用的物质有__________（填序号），反应的离子方程式为________________________________________________________。（4）实验室配制245mL0.5mol/L的硫酸铝溶液，从配制好的溶液中取出100mL，其中含有的的数目为_______（设NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】(1).①②③④⑥⑩(2).①④⑥⑩(3).2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O(4).①⑦(5).Fe3++3H2OFe(OH)3胶体+3H+(6).0.15NA【解析】（1）由纯净物定义可知，属于纯净物的有：①H2O，②Cu，③NO，④Fe2O3，⑥氢氧化钡，⑩硫酸铝；电解质属于化合物且此化合物在水中或熔融状态下能产生自由移动的离子，则属于电解质的有①H2O，④Fe2O3，⑥氢氧化钡，⑩硫酸铝；（2）由离子方程式：H++OH−===H2O，可判断是强酸强碱生成可溶性盐的反应，可用此表示的化学方程式为2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O，氢氧化钡与硫酸反应除生成水外还有难溶盐，故不能用此离子方程式表示；（3）实验室制备少量Fe(OH)3胶体所用的物质是⑦饱和FeCl3-13-\n和①水，反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3胶体+3H+。（必须写上胶体注明）。27.Ⅰ．写出下列反应的离子方程式：（1）将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生：______________________________________；（2）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：________________________________________。(3)铁片插入硝酸银溶液中:_________________________________________________。Ⅱ．对一份稀溶液作初步分析后发现，溶液无色、澄清，其可能含有、Na+、、H+、、、Cl−等离子中的若干种。然后又作了如下分析，以确定这些离子是否存在。①用石蕊试液检测该溶液时，溶液显红色。②取2mL溶液用BaCl2溶液和稀硝酸进行检验，结果生成了白色沉淀。③对②中所得的混合物充分静置后，取其上层澄清的液体用AgNO3溶液和稀硝酸进行检验，结果又生成了白色沉淀。请回答下列问题：（1）原溶液中一定存在的离子是__________，一定不存在的离子是____________。（2）在上述实验操作中，有错误的步骤是_________（填代号）。对该错误改正的方法是（要作较详细的说明）_________________________________________________________。（3）到目前为止，不能肯定在原溶液中是否存在的离子是____________。【答案】(1).CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O(2).Cu2+++Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓(3).Fe+2Ag+=Fe2++Ag(4).H+,(5).、H(6).②(7).应将BaCl2改为Ba(NO3)2②中加入BaCl2溶液也会使③中产生AgCl沉淀，不能判断原溶液中是否存在Cl−(8).Na+、、Cl−【解析】Ⅰ．（1）将鸡蛋壳在醋酸中溶解有气泡产生，说明醋酸与鸡蛋壳中主要成分碳酸钙发生复分解反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O（2）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合发生复分解反应，其离子方程式为：Cu2++SO42—+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓（3）铁片插入硝酸银溶液中发生置换反应，其离子方程式为：Fe+2Ag+=Fe2++Ag。Ⅱ．用石蕊试液检测该溶液，溶液显红色，说明溶液呈酸性，说明溶液呈酸性，CO32-、HCO3-与H+离子反应，不能大量共存，则一定不含有CO32-、HCO3-；②加入足量氯化钡和稀硝酸溶液，结果生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为BaSO4-13-\n，说明溶液中含有SO42-离子；③取②中的上层清液，此时引入氯离子，加入硝酸银溶液，结果又生成了不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明溶液中含有Cl-离子；（1）原溶液中一定存在的离子是H+、SO42-，一定没有CO32-、HCO3-离子；（2）在上述实验操作②中，应将BaCl2改为Ba(NO3)2，因为原操作②中加入BaCl2溶液也会使③中产生AgCl沉淀，不能判断原溶液中是否存在Cl−；（3）到目前为止，不能肯定在原溶液中是否存在的离子是Na+、NO3-；28.配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_____mL，如果实验室有20mL、50mL、100mL量筒，应最好选用_____mL量筒。（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是________________。（3）请说出本实验中玻璃棒的作用：____________。（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是___________（填序号）。A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】(1).13.6(2).20(3).500mL容量瓶，胶头滴管(4).搅拌和引流(5).A,C.D【解析】（1）配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，因为没有450mL容量瓶，只能配制0.5mol/L的硫酸溶液500mL，又因稀释时溶质的物质的量不变，则0.5mol/L×0.5L==V×1.84g/cm-3×98%/98g/mol，V≈13.6mL。为减少量取液体的次数，故选取20mL量筒量取13.6mL此浓硫酸。（2）实验过程包括称量、溶解、转移、定容等，需要的仪器有量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯，不需要的有托盘天平、漏斗。故需要500mL容量瓶，胶头滴管。（3）玻璃棒在溶解浓硫酸时起搅拌作用，在转移液体时起引流的作用。（4）A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，浓硫酸稀释后溶液温度升高，体积膨胀，加水定容，冷却到室温后液面下降，浓度偏高；B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，溶质减少，浓度偏低；C.定容时观察液面俯视，所加水的体积减小，所配溶液浓度偏高；-13-\nD．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶，溶质增加，浓度偏高；E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，体积增大，浓度偏低。故上述操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是ACD。29.现有中学化学中常见的几种物质：①HNO3　②Zn　③CO　④CO2⑤Fe(NO3)3⑥Cl2。请回答下列问题：（1）①②③④四种物质中常用作还原剂的有__________（填序号）。（2）①②在一定条件下发生反应：4Zn+10HNO3===4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O，反应中硝酸体现的性质是__________和__________，被还原的HNO3与未被还原的HNO3的质量比为__________。（3）工业上可用⑤⑥制备净水剂高铁酸钠，其反应为：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O。①配平该反应的化学方程式，并用单箭头法标出电子转移方向和数目：_____________。②氧化剂与还原剂物质的量之比为__________。【答案】(1).②③(2).氧化性(3).酸性(4).1:4(5).2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O+H2O(6).3:2【解析】（1）常见的还原剂有金属、氢气、非金属性不强的非金属单质、CO、非金属弱的非金属阴离子等，故②Zn　③CO；（2）锌0价升高到+2价，硝酸中氮元素从+5价降低到+1价，由方程式各物质计量数可知，10HNO3——4Zn(NO3)2——N2O，10molHNO3有2mol作氧化剂被还原为N2O，8mol硝酸生成Zn(NO3)2，作酸的作用，故反应中硝酸体现出氧化性和酸性，被还原的HNO3与未被还原的HNO3的质量比等于其物质的量之比==2：8=1：4。（3）由升降配平法分析：化合价升高总数等于化合价降低总数，然后再原子守恒；Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O。↑3×2↓2×3配平得：2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O+H2O，箭头法表示从还原剂2molFe转移2e—到氧化剂。从配平后方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2。-13-