湖南省衡阳市第八中学2022学年高一化学上学期期中试题含解析

衡阳市八中2022年下学期期中考试高一化学试题1.想一想:Ba(OH)2(固体)、CuSO4(固体)、CH3COOH(液态)这些物质为什么归为一类，下列哪些物质还可以和它们归为一类（）A.75%的酒精溶液B.HCl(气态)C.Fe(OH)3胶体D.豆浆【答案】B【解析】试题分析：Ba(OH)2(固体)、CuSO4(固体)、CH3COOH(液态)这些物质都属于化合物，且是电解质，选项中75％的酒精溶液、Fe(OH)3胶体、豆浆均是混合物，HCl是纯净物，属于电解质，答案选B。考点：考查物质分类判断2.进行化学实验室必须注意安全，下列说法不正确的是（）A.不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛B.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C.酒精灯不镇碰倒起火，用沙子或湿抹布盖灭，D.配制硫酸溶液时，可先在量简中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸【答案】D【解析】试题分析：A．不慎将酸溅到眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛，切不可用手揉眼睛，故选项说法正确；B．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3-5%的硼酸溶液，故选项说法正确；C．若酒精溅落到操作台并着火时，应立即用湿抹布铺盖，能使酒精与氧气隔绝，又能起到降温的作用，故选项说法正确；D．配制稀硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，稀释浓硫酸不能在量筒中进行，故选项说法错误；故选D。考点：考查实验的安全操作3.下列有关FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的说法，正确的是A.用渗析法鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，用丁达尔效应分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液B.Fe(OH)3胶体的胶粒带负电荷，通电时胶粒向直流电源的正极移动，这种现象称为电泳C.向沸腾的蒸馏水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色时即得到Fe(OH)3胶体D.向沸腾的NaOH稀溶液中边滴加FeCl3饱和溶液，边用玻璃棒搅动制备Fe(OH)3胶体【答案】C-16-\n【解析】A．胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液；可用渗析分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，故A错误；B．氢氧化铁胶体微粒带正电荷，通电时胶体微粒向直流电源负极移动，故B错误；C．向沸腾的蒸馏水中逐滴滴入适量FeCl3饱和溶液，可制备胶体，故C正确；D．实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液得到氢氧化铁沉淀得不到氢氧化铁胶体，故D错误；故选C。4.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钻酞箐”的分子(直径为1.3×10-9m)恢复了磁性。“钻酞箐”的分子结构和性质.与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法不正确的是（）A.“钻酞箐”分子所形成的分散系具有丁达尔效应B.“钻酞箐”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C.此项工作可以用来改变分子的某些物理性质D.此工作可以广泛应用于光电器件、生物技术等方面【答案】B【解析】试题分析：“钴酞菁”的分子直径为1．3×10-9m，符合胶体粒子大小，所以“钴酞菁”分子所形成的分散系是胶体，因而具有丁达尔效应，能透过滤纸，但不能透过半透膜。纳米技术在生物学、光电器件等方面都有着重要的应用。考点：胶体及其性质5.研究表明:多种海产品如虾、蟹、牡砺等，体内含有+5价的砷(As)元素，但它对人体无毒的；砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质。专家忠告:吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜(青菜含有维生素C)，否则容易中毒，并给出了一个公式:大量海鲜+大量维生素C=砒霜。下面有关解释不正确的应该是（）A.青菜中含有多种维生素B.维生素C具有还原性C.此致人中毒过程中砷发生还原反应D.此致人中毒过程中砒霜是氧化产物【答案】D【解析】青菜中含有多种维生素，能把+5价的砷还原为+3价，故A正确；维生素C具有还原性，故B正确；+5价的砷变为+3价，化合价降低发生还原反应，故C正确；砷化合价降低发生还原反应，砒霜是还原产物，故D错误。6.一定温度下，将少量生石灰放入一定量饱和石灰水中，搅拌并冷却到原温度，下列说法正确的是（）-16-\nA.溶质的质量增大B.溶质的物质的量浓度增大C.c(OH-)不变D.溶质的质量分数增大【答案】C【解析】由于氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使水减少，饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出；溶液的溶质、溶剂都在减少，溶液的质量也减小；固体物质的溶解度只受温度的影响，由于溶液的温度不变，因此，溶质的溶解度也不变，所以饱和溶液浓度不变；故C正确。7.下列叙述正确的是（）A.根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等B.碱性氧化物一定是金属氧化物C.SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质D.金刚石不导电，因此金刚石是非电解质【答案】B【解析】根据酸分子最多电离出氢离子的个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，故A错误；碱性氧化物一定是金属氧化物，故B正确；SO2是非电解质，故C错误；金刚石是单质，金刚石既不是电解质也不是非电解质，故D错误。点睛：在水溶液或熔融状态下由于自身电离出自由移动的离子而导电的化合物是电解质，SO2的水溶液能导电，不是因为SO2电离出了自由移动的离子，所以SO2是电解质。8.120℃、101.3kPa，甲烷(CH4)和过量的O2的混合物，用电火花引燃(CH4+2O2=CO2+2H2O)后，恢复到原来的温度和压强，测得反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的体积比（）A.2:1B.1:2C.1:7D.7:1【答案】C【解析】试题分析：120℃时燃烧生成的水为气态，氧气过量发生反应：CH4+2O2CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，故平均相对分子质量不变，反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，故与混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量为15×2=30，根据十字交叉法：可知，原混合气体中甲烷和氧气的体积比为2:14=1:7，故选项C正确。考点：考查混合气体有关计算的知识。-16-\n9.下利说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)①28g氮气所含有的原子数目为NA②4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.1NA③在常温常压下，11.2LN2含有含有的分子数为0.5NA④在标况下，1molNe含有的原子数为NA⑤0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA⑥标准状况下，1L水所含分子数为1/22.4NA⑦17g氨气所含电子数目为10NAA.①②⑤⑥⑦B.①②④⑤⑥C.⑤⑦D.④⑤⑦【答案】D【解析】28g氮气所含有的原子数目，故①错误；4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目，故②错误；标准状况下，11.2LN2的物质的量是0.5mol，故③错误；Ne是单原子分子，1molNe含有的原子数为NA，故④正确；铝是+3价金属，0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数，故⑤正确；标准状况下，水是液体，故⑥错误；1个氨分子含10个电子，17g氨气所含电子数目，故⑦正确；选D。10.今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中，正确的是（）A.X是一定为电解质B.X可能为非电解质C.X只能是盐类D.X可以是任何化合物【答案】A【解析】试题分析：化合物熔化状态导电说明是离子化合物，肯定是电解质，选A。考点：离子化合物和电解质的判断-16-\n11.下列离子组不能大量共存的是（）A.H+、Cl—、Na+、I—B.Cu2+、NO3—、K+、Br—C.Mg2+、Na+、HCO3—、Cl—D.Ag+、NO3—、Na+、SO42-【答案】D【解析】A.H+、C1—、Na+、I—相互之间不反应，能大量共存；B.Cu2+、NO3—、K+、Br—相互之间不反应，能大量共存；C.Mg2+、Na+、HCO3—、C1—相互之间不反应，能大量共存；D.Ag+、SO42-生成微溶物Ag2SO4，不能大量共存，故选D。12.下列离子反应，表达正确的是（）A.向碳酸氢钙溶液中滴入过量澄清石灰水：Ca2++2HCO3—+2OH—=CaCO3↓+CO32-+2H2OB.向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性:2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OC.CaCO3与醋酸反应:CaCO3+2H+==Ca2++CO2↑+H2OD.碳酸氢镁溶液中加过量石灰水:Mg2++2HCO3一+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓【答案】B【解析】向碳酸氢钙溶液中滴入过量澄清石灰水：Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O，故A错误；向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，KHSO4与Ba(OH)2的物质的量比是2:1，所以离子方程式是2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；醋酸是弱电解质，CaCO3与醋酸反应:CaCO3+2CH3COOH==Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO—，故C错误；氢氧化镁比碳酸镁更难溶，碳酸氢镁溶液中加过量石灰水生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，离子方程式是Mg2++2HCO3一+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，故D错误。13.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.常温常压下，44CO2气体中含有NA个CO2分子B.0.012Kg12C中含有NA个碳原子C.1Llmol/L的盐酸溶液中含有NA个HCl分子D.标准状况下，18g冰水混合物中含有3mol原子【答案】C【解析】44CO2气体的物质的量是，1molCO2含有NA个CO2分子，故A正确；0.012Kg12C的物质的量是，1molC中含有NA个碳原子，故B正确；氯化氢是强电解质，盐酸中不含HCl分子,故C错误；18g水的物质的量是，每个水分子含3个原子，所以18g水含有3mol原子，故D正确。-16-\n14.VmLFe2(SO4)3溶液中含有SO42-ag，取0.25VmL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】agSO42-的物质的量为：n（SO42-）==，V mL Fe2（SO4）3溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：n（Fe3+）==，原Fe2(SO4)3溶液中Fe3+的物质的量浓度是，取0.25VmL溶液稀释到4VmL，溶液稀释16倍，所以稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度是，故D正确。15.物质的量浓度相同的NaCl、MgC12、AlC13三种溶液，当溶液的体积比为3:2:1时，三种溶液中C1-的物质的量之比为A.1:1:1B.1:2:3C.3:2:1D.3:4:3【答案】D..................16.下列变化需要加入还原剂才能实现的（）A.KClO3→O2B.MnO4-→Mn2+C.Fe→Fe3+D.HCl→Cl2【答案】B【解析】还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明所给的物质一定是得到电子的，化合价一定是降低的。KC1O3→O2氧元素的化合价升高，故A错误；MnO4-→Mn2+锰元素的化合价是降低的，故B正确；Fe→Fe3+铁元素的化合价升高，故C错误;HC1→C12氯元素化合价升高，故D错误。17.将mg含氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L2L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是（）A.(m一16)gB.(m＋16)gC.(m一32)gD.16g【答案】A【解析】试题分析：2L1mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量为：n(HCl)=1mol/L×2L=2mol，Fe2O3、CuO或FeO与盐酸反应分别生成FeCl3、CuCl2、FeCl2-16-\n，根据化合物中总化合价为0，金属氧化物Fe2O3、CuO和FeO中氧离子所带负电荷一定与FeCl3、CuCl2、FeCl2中氯离子所带负电荷的物质的量相等，即2n(O2-)=n(Cl-)=2mol，则Fe2O3、CuO和FeO中氧离子的物质的量为：n(O2-)=n(Cl-)=2mol×=1mol，金属氧化物中氧元素的质量为：16g/mol×1mol=16g，则Fe2O3、CuO和FeO金属元素的质量为：mg-16g=(m-16)g，根据质量守恒，该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是(m-16)g，故选A。【考点定位】考查混合物的计算【名师点晴】本题考查了混合物的计算。氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应，反应生成氯化铁、氯化亚铁、氯化铜，根据化合物中总化合价为0可知，金属的氯化物中含有的氯离子所带电荷与氧元素所带电荷相等，根据盐酸中氯化氢的物质的量计算出氧原子的物质的量、质量，从而得出金属元素的质量。明确金属氧化物中氧元素与对应的氯化氢中氯离子的物质的量关系为解答本题的关键，注意质量守恒在化学计算中的应用。18.锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再在高温下用碳还原:2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS①Sb4O6+6C=4Sb+6CO②下列说法正确的是:A.反应②说明高温下Sb还原性比C强B.反应①②中氧化剂分别是Sb2S3.、Sb4O6C.每生成I1molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4:3D.反应①中每生成1molFeS时，共转移2mol电子【答案】D【解析】反应②C是还原剂，Sb是还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，说明高温下C的还原性比Sb强，故A错误；反应①中Sb2S3含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由+3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故B错误；生成4molSb时，反应②C是还原剂，需要6molC，需要1molSb4O6，反应①中Fe是还原剂，生成1molSb4O6，需要6molFe，故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6mol:6mol=1:1，故C错误；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为+2价，每生成3molFeS，转移电子为3mol×2=6mol，故D正确。19.8.8gFeS与400mL1mol/L硝酸溶液恰好完全反应，反应后产物为Fe2(SO4)3-16-\n和Fe(NO3)3,X、H2O，则X为A.N2B.N2OC.NOD.NO2【答案】C【解析】n（FeS）==0.1mol，n（HNO3）=1mol/L×0.4L=0.4mol，根据S原子守恒得n（Fe2（SO4）3）=n（FeS）=mol，根据Fe原子守恒得n（Fe（NO3）3）=0.1mol-=mol；根据Fe（NO3）3知，没有参加氧化还原反应n（HNO3）=3n（Fe（NO3）3）=3×mol=0.1mol，则参加氧化还原反应的n（HNO3）=0.4mol-0.1mol=0.3mol，该反应中S元素化合价由-2变为+6价、Fe元素化合价由+2变为+3价，所以只有N元素得电子发生还原反应，FeS失去电子的物质的量=0.1mol×9=0.9mol，设X中N元素的化合价为a，根据得失电子守恒得，0.3mol×（5-a）=0.9mol，a=2，所以该化合物为NO，故C正确。20.将Mg和Cu的合金2.64克，投入适量的稀HNO3中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896L(SPt)，向反应后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液60mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为A.4.32克B.4.68克C.5.36克D.6.38克【答案】B【解析】常规解法：两个反应都恰好完全反应只要其中两个数据联立即可，设混合物中含镁、铜的物质的量分别为X、Y3Mg+8HNO33Mg(NO3)2+2NO+4H2O--------6OH-(Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2)326X2X/32X3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O-----------6OH-(Cu2＋+2OH－=Cu(OH)2)326Y2Y/32Y联立方程组：24X+64Y=2.64；(2X/3+2Y/3)*22.4=8.96-16-\n解得：X=0.03mol；Y=0.03mol沉淀质量=Mg(OH)2的质量+Cu(OH)2的质量=0.03*(24+17*2)+0.03*(64+17*2)=1.74+2.94=4.68g守恒法：根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成8.96LNO转移的电子为：0.896L=22.4L·mol－1×（5-2）=0.12mol，Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2，根据电荷守恒可知，生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量一定等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉淀的质量为：2.64g+0.12mol×17g·mol－1=4.68g，故选B。21.图(I)中瓶a内放入20mL6mol/L盐酸，b是未充气的气球，里边放有.4g碳酸钙粉末，将它紧紧套在瓶a口上，胶管c套在瓶的侧口，并用弹簧夹d夹紧(瓶口和侧口都不漏气)。将图(I)的装置在托盘天平上称量，质量为W1g。根据实验现象填空:（1）把气球b中的碳酸钙粉末小心地倒入瓶中，.立即产生许多气泡，气球逐渐胀大〔图11)。反应结束后，再次称量，质量为W2g。则W1和W2的关系是____________。（2）配置95mL6.00mol/LNaOH溶液，需要NaOH固体_______g。在操作中出现下列情况会导致所配置的溶液浓度偏低________。-16-\n①氢氧化钠敞口放置②称量左物右码③转移有液体溅出④读数时仰视⑤没有烘干锥形瓶⑥没有用蒸馏水洗烧杯（3）取25mL6mol/LNaOH溶液，先用滴管取少量NaOH溶液，滴管插入胶管c口（为便于操作，可以适当倾斜瓶a，注意防止漏气。打开d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧d。可以看到瓶内产生少量白色沉淀，轻轻摇动瓶a,沉淀随即消失。用同样方法再加入少量NaOH'溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失。(提示:滴加溶液时会出现局部溶液过浓)使沉淀产生又消失的离子方程式是________________，________。（4）将全部NaOH溶液很快加入瓶中，夹紧d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解。继续轻摇瓶a,气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状。写出这时发生的反应的离子方程式:_______________。（5）标况下气球内最多能产生的气体的体积为____________mL【答案】(1).W2=W1(2).24.0g(3).①③④⑥(4).Ca2＋＋2OH－=Ca(OH)2(5).Ca(OH)2+2H＋=Ca2＋+2H2O(6).Ca2＋＋2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O(7).896ml【解析】试题分析：（1）根据质量守恒定律分析；（2）配置95mL6.00mol/LNaOH溶液，用100mL的容量瓶，根据m=cvM计算需要NaOH固体的质量；根据分析误差；(3)20mL6mol/L盐酸与4g碳酸钙粉末反应后盐酸有剩余，滴入少量NaOH溶液后，局部溶液氢氧根离子浓度过大，形成微溶物氢氧化钙，轻轻摇动瓶a，氢氧化钙与剩余的盐酸反应生成氯化钙和水；（4）将全部NaOH溶液很快加入瓶中，氢氧化钠过量，溶液吸收气球中的二氧化碳生成碳酸钙沉淀；（5）根据方程式计算碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳的体积。解析：（1）根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，W1=W2；（2）配置95mL6.00mol/LNaOH溶液，用100mL的容量瓶，m=cvM=6.00mol/L×0.1L×40g/mol=24.0g；根据,①氢氧化钠易潮解，氢氧化钠敞口放置，氢氧化钠中含有水，所以氢氧化钠质量偏小，浓度偏低；②称量左物右码，操作正确，浓度不变；③转移有液体溅出，氢氧化钠质量偏小，浓度偏低；④读数时仰视，溶液体积偏大，浓度偏低；⑤没有烘干锥形瓶，无影响；⑥没有用蒸馏水洗烧杯，氢氧化钠质量偏小，浓度偏低；故选①③④⑥。(3)20mL6mol/L盐酸与4g碳酸钙粉末反应后盐酸有剩余，滴入少量NaOH溶液后，局部溶液氢氧根离子浓度过大，形成微溶物氢氧化钙，轻轻摇动瓶a，氢氧化钙与剩余的盐酸反应生成氯化钙和水，反应离子方程式为Ca2＋＋2OH－=Ca(OH)2、Ca(OH)2+2H＋=Ca2＋+2H2O；（4）将全部NaOH溶液很快加入瓶中，氢氧化钠过量，-16-\n溶液吸收气球中的二氧化碳生成碳酸钙沉淀，反应离子方程式是Ca2＋＋2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O；（5）4g碳酸钙粉末的物质的量是，设碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳的体积是vL；V=0.896L=896mL。点睛：根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化，若n偏大，则c偏大，若v偏大，则c偏小。22.已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题:（1）表中硫酸的质量分数W1为_____(不写单位，用含c1、p1的代数式表示)。（2）物质的量浓度为c1mol·L-1质量分数为w1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L-1，质量分数_______w1/2(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。（3）质量分数为w2的氨水与w2/5的氨水等质量混合，所得溶液的密度_____。【答案】(1).98c1/(1000ρ1)(2).c1/2(3).大于(4).大于【解析】试题分析：（1）根据c=进行公式变形计算；（2）根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，据此计算稀释后溶液的浓度；（3）c2 mol·L-1的氨水与c2 mol·L-1的氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c2 mol·L-1的氨水，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，据此判断混合后溶液的密度与关系；-16-\n解析：（1）根据c=进行公式变形可知，硫酸的质量分数ω=；（2）令硫酸与水的体积为VL，则混合后溶液的总体积为2VL，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，稀释后硫酸溶液的浓度为0.5c1mol/L；令硫酸与水的体积为VL，则硫酸溶液的质量是，水的质量是，混合后的质量是；混合后质量分数是，，所以，（3）c2 mol·L-1的氨水与c2 mol·L-1的氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c2 mol·L-1的氨水，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，故混合后溶液的密度大于。23.溶液可能含Cl-、SO42-、CO32-、Cu2+.、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行实验：（填写下表空格)①_____________；②_________________；③________________；④____________________若100mL溶液中含有0.3molNa+，则向步骤三的滤液中加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥可得到⑤__________g白色沉淀.【答案】(1).CO32－(2).3(3).SO42－(4).电荷守恒(5).71.75【解析】试题分析：步骤一：加入过量NaOH溶液，得到蓝色沉淀，蓝色沉淀为氢氧化铜，溶液中一定存在铜离子，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；步骤二：将蓝色沉淀过滤、洗涤、灼烧得到24.0g固体，该固体为CuO，根据铜元素质量守恒可以计算出铜的物质的量为0.3mol；步骤三：向上述滤液中加足量Ba（NO3）2-16-\n溶液，得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀，该沉淀为硫酸钡，则溶液中一定存在硫酸根离子，根据离子共存可知，一定不存在钡离子，硫酸根离子的物质的量为0.2mol，根据电荷守恒可知，溶液中一定存在氯离子；根据氯离子的物质的量计算氯化银沉淀的质量；据此进行解答。解析：根据步骤一可知，蓝色沉淀为氢氧化铜，溶液中一定存在Cu2+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；根据步骤二可知，24.0g固体为CuO，根据铜元素质量守恒可以计算出铜的物质的量为：n（Cu2+）=n（CuO）=，溶液中铜离子浓度为：c（Cu2+）==3mol/L；根据步骤三可知，得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀为硫酸钡，则溶液中一定存在SO42-，根据离子共存可知，一定不存在Ba2+，硫酸根离子的物质的量为：n（SO42-）=n（BaSO4）=，根据电荷守恒可知，溶液中一定存在Cl-，（3）根据以上分析可知，溶液中存在0.3mol铜离子、0.2mol硫酸根离子，还有已知的0.3mol钠离子，根据溶液电中性可知，溶液中含有的氯离子的物质的量为：n（Cl-）=n（Na+）+2n（Cu2+）-2n（SO42-）=0.3mol+0.3mol×2-0.2mol×2=0.5mol，则生成氯化银的物质的量为0.5mol，生成的氯化银的质量为：143.5g/mol×0.5mol=71.75g；点睛：本题考查了常见离子的检验、离子共存的判断，注意掌握常见离子的性质及检验方法，根据电荷守恒判断氯离子的存在为难点；电荷守恒是溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。24.I、实验室中可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，化学反应如下:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（1）上述反应中的氧化剂是_________，还原剂与还原产物的物质的量之比为______。（2）如果反应生成5mo1氯气，则过程中转移的电子数为________个。II、按要求完成离子方程式。（3）写出向明矾[KAl(SO4)2]溶液中加入氢氧化钡到Al3+完全沉淀的离子方程式:_________。（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式:__________________()MnO4-+()C2O42-+____=()Mn2++()CO2↑+_____【答案】(1).KMnO4(2).5：1(3).10NA或6.02×1024(4).2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓(5).2MnO4－＋5C2O42－+16H＋＝2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O【解析】试题分析：I、（1）根据元素化合价分析氧化剂、还原剂、还原产物；-16-\n（2）氯元素化合价由-1价升高为0价，所以生成1mol氯气，转移2mol电子；II、（3）假设[KAI(SO4)2]的物质的量为1mol，向明矾[KAI(SO4)2]溶液中加入氢氧化钡到Al3+完全沉淀生成氢氧化铝，需要氢氧化钡的物质的量是1.5mol；（4）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平氧化还原反应的离子方程式。解析：I、（1）2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，KMnO4中Mn元素化合价由+7降低为MnCl2中的+2价，KMnO4是氧化剂，MnCl2是还原产物；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中的0价，所以HCl是还原剂；16molHCl中化合价化合价由-1价升高为0价的只有10mol，所以还原剂与还原产物的物质的量之比为10:2，即5:1；（2）氯元素化合价由-1价升高为0价，所以生成1mol氯气，转移2mol电子，生成5mo1氯气转移的电子数为；II、（3）向明矾[KAI(SO4)2]溶液中加入氢氧化钡到Al3+完全沉淀生成氢氧化铝，[KAI(SO4)2]与Ba(OH)2的物质的量比是2:3；则反应的离子方程式是2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；（4）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，配平后离子方程式是：2MnO4－＋5C2O42－+16H＋＝2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O点睛：2KMnO4+16HCI(浓)=2KCI+2MnCl2+5C12↑+8H2O反应中，有氯化锰和氯气生成，所以浓盐酸表现酸性和还原性，16molHCl中氯元素化合价升高的有10mol，氯元素化合价不变的有6mol，所以表现酸性和还原性的盐酸的比是3:5。25.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下，回答下列问题（1）NaClO2中Cl的化合价为________.（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式.______________________________________。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。粗盐精制时，为除去其中的Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_________、_________。最后再加入的一种试剂，其目的是__________-16-\n.(用离子方程式表示)。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________，该反应中氧化产物是_____________.（5）“有效氧含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_______g.(计算结果保留两位小数)【答案】(1).+3价(2).2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4(3).NaOH溶液(4).Na2CO3溶液(5).H＋+OH―=H2O和2H＋+CO32―=H2O+CO2↑(6).2:1(7).O2(8).1.57g。【解析】试题分析：(1)根据元素化合价代数和等于0计算NaClO2中C1的化合价；（2）根据流程图“反应”步骤中硫酸、SO2、NaClO3反应生成ClO2、NaHSO4；（3）粗盐精制时，Mg2+和Ca2+分别生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀而除去；最后再加入盐酸，其目的是除去氢氧化钠和碳酸钠；（4）根据流程图，尾气处理过程中C1O2、氢氧化钠、H2O2反应生成NaClO2，根据方程式分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；根据化合价变化分析反应中氧化产物；（5）“有效氯含量”的定义计算NaClO2的有效氯含量。解析：(1)根据元素化合价代数和等于0，NaClO2中钠为+1价、氧为-2价，所以C1的化合价为+3；（2）根据流程图“反应”步骤中硫酸、SO2、NaClO3反应生成ClO2、NaHSO4，反应方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4；（3）粗盐精制时，Mg2+和Ca2+分别生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀而除去，所以为除去其中的Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为NaOH溶液、Na2CO3溶液。；最后再加入过量的盐酸除去氢氧化钠和碳酸钠，反应的离子方程式是H＋+OH―=H2O和2H＋+CO32―=H2O+CO2↑；（4）根据流程图，尾气处理过程中C1O2、氢氧化钠、H2O2生成NaClO2，反应方程式是，C1O2中氯元素化合价降低，是氧化剂，H2O2中氧元素化合价升高生成氧气，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比2:1；（5）氧化能力相同，即转移电子数相同，设NaClO2的有效氧含量为xg，则，x=1.57g。点睛：NaClO2作为消毒剂表现氧化性时，氯元素化合价由+3降低为-1价，所以1gNaClO2转移电子的物质的量是0.044mol；Cl2作为消毒剂表现氧化性时，氯元素化合价由0降低为-1价，所以1gCl2转移电子的物质的量是0.028mol。-16-\n-16-