《2020-2021学年河北省任丘市第一中学高一上学期第二次阶段考试化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年河北省任丘市第一中学高一上学期第二次阶段考试化学试题解析版.docx（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、任丘一中20202021学年第一学期第二次阶段考试化学试题相对原子质量 H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Ba：137一、选择题(1-19为单选题，每题2分；20-23每题1-2个答案，每题3分，共50分)1. 下列说法正确的是 ( )A. 2H和1H2互为同位素B. 苏打：NaHCO3C. Cl-的结构示意图：D. H2CO3的电离方程式：H2CO3 HHCO【答案】D【解析】【分析】【详解】A同位素指的是质子数相同，中子数不同的元素原子，而不是单质，A错误；B苏打是指碳酸钠，而不是碳酸氢钠，B错误；CCl-的质子数为17，核外电子数为18，其微粒结构示意图为，C错误；DH2
2、CO3为二元弱酸，在水溶液中分步电离，以第一步电离为主，其电离方程式为H2CO3 HHCO，D正确；故选D。2. 用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是()XYZA碱电解质化合物B含氧酸酸化合物C置换反应氧化还原反应离子反应D碱性氧化物金属氧化物氧化物A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物，碱在水溶液中可电离出的阴离子全部为氢氧根离子，属于电解质，符合图示的从属关系，故A不选；B酸是电离的阳离子全部是氢离子的化合物，含氧酸是酸的一种，符合图示的从属关系，故B不选；C置换反应有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，
3、但氧化还原反应不一定是离子反应，如C还原CuO的反应等，不符合图示的从属关系，故C选；D碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝等，氧化物包括金属氧化物、非金属氧化物，符合图示的从属关系，故D不选；答案选C。3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是( )A. NaNa2ONaOHNa2SO4B. CaCl2(aq)CaCO3(s) CaO(s)C. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)D. MgMgOMgCl2Cl2【答案】B【解析】分析】【详解】ANa在空气中会被氧气直接氧化为Na2O，Na2O为碱性氧化物，可与水反应生成NaOH，
4、NaOH可与SO3反应生成Na2SO4和水，物质之间均能实现一步转化，故A不符合题意；BCaCl2(aq)与CO2不反应，不能生成CaCO3(s)，故B符合题意；CNaHCO3(s)受热易分解生成Na2CO3(s)、水和二氧化碳，Na2CO3(s)可与饱和石灰水反应生成NaOH(aq)和碳酸钙沉淀，物质之间均能实现一步转化，故C不符合题意；DMg可与氧气发生反应生成MgO，MgO为碱性氧化物，可与HCl反应生成MgCl2和水，电解熔融MgCl2可得到Mg和Cl2，物质之间均能实现转化，故D不符合题意；答案选B。4. 工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却。可作为冷却气体的是空气 CO2 Ar H
5、2 N2A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】空气中有氧气和氮气，金属镁和它们可以反应，空气不能作冷却剂，故错误；Mg蒸气在CO2中能发生反应生成MgO和C，不能作冷却剂，故错误；Mg和Ar不反应，可以作冷却剂，故正确；Mg和氢气不反应，可以作冷却剂，故正确；Mg蒸气和氮气反应生成氮化镁，不能作冷却剂，故错误；答案选C。5. 下列说法正确的是( )A. CuCl2、FeCl2、HCl、CuS、SO3均可以由单质直接化合生成B. 向饱和氯化铁溶液中加少量的NaOH溶液制取氢氧化铁胶体C. 将淀粉和氯化钠混合溶液放入半透膜内，将此袋浸入蒸馏水中冲洗2 min后，取袋外液体加入碘水
6、后不变蓝色，证明胶体不能透过半透膜D. “纳米材料”是粒子直径为 1100 nm(纳米)的材料，纳米碳就是其中的一种，所以纳米碳具有丁达尔效应【答案】C【解析】【分析】【详解】A氯气具有强氧化性，铁与氯气反应直接生成高价化合物氯化铁，不能生成氯化亚铁，硫具有弱氧化性，与铜加热反应生成硫化亚铜，不能生成硫化铜，故A错误；B饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热煮沸，得到红褐色液体为氢氧化铁胶体，向饱和氯化铁溶液中加少量NaOH溶液得到氢氧化铁沉淀，不能制取氢氧化铁胶体，故B错误；C溶液能够透过半透膜而胶体不能透过，淀粉与碘相遇变蓝色；将淀粉和氯化钠混合溶液放入半透膜内，将此袋浸入蒸馏水中冲洗2 mi
7、n后，取袋外液体加入碘水后不变蓝色，证明胶体不能透过半透膜，故C正确；D纳米碳属于纯净物，不属于胶体分散系，没有丁达尔效应，故D错误；故选C。6. 用1L 1mol/L的氢氧化钠溶液吸收0.75mol二氧化碳，所得溶液中CO和HCO 的物质的量浓度之比约是( )A. 2:3B. 1:2C. 1:3D. 3:2【答案】B【解析】【分析】【详解】溶液中Na+的物质的量为1L1mol/L=1mol，设生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别的x和y，根据C和Na+守恒可得：，解得。所得溶液体积一定，故CO和HCO的物质的量浓度之比等于物质的量之比，为0.25mol：0.5mol=1：2，故选B。
8、7. 下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )选项陈述陈述判断A铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸铁和铝不能与浓硫酸反应对，对，有B向Na2O2的水溶液中滴入酚酞溶液变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠对，错，无C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光对，对，有D过氧化钠可用于航天员的供氧Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2对，对，有A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】AFe和Al遇浓H2SO4会发生钝化，在Fe或Al的表面迅速形成一层致密的氧化膜，发生了反应，故陈述错误，A错误；BNa2O2与水反应生成NaOH，陈述正确，
9、NaOH遇酚酞会变红，有因果关系，故B错误；C金属钠具有强还原性，高压钠灯发出透雾性强的黄光，陈述、正确，但还原性与黄光不存在因果关系，C错误；DNa2O2能和CO2和H2O反应生成O2，可将航天员呼出的CO2和H2O转化为O2，用于航天员的供氧，陈述、正确，且存在因果关系，D正确；故选D。【点睛】本题要注意B选项，向Na2O2的水溶液中滴入酚酞溶液，会变红色，但之后会因为过氧化物的强氧化性而褪色。8. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A. 无色溶液：Na+、Cl-、NO、MnOB. 0.1molL-1的Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH、NO、SOC. 能与Fe反应生
10、成H2的溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NOD. 使石蕊试液变蓝色的溶液：Mg2+、Na+、SO、HCO【答案】B【解析】【分析】【详解】AMnO在溶液中显紫色，不符合无色溶液的条件，A错误；B0.1molL-1的Fe2(SO4)3溶液中，该组四种离子不反应，能大量共存，B正确；C能与Fe反应生成H2的溶液显酸性，存在氢离子，而CH3COO-与氢离子会反应生成醋酸，不能大量共存，C错误；D使石蕊试液变蓝色的溶液为碱性溶液，存在氢氧根离子，而Mg2+和HCO均能与氢氧根离子反应，所以不能共存，D错误；故选B。9. 下列离子方程式书写正确的是( )A. 用大理石(CaCO3)和稀盐酸制取二氧
11、化碳：2HCOCO2 H2OB. 在NaHCO3溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液：Ba2+ +OH+HCOBaCO3+H2OC. 氯气通入水中：Cl2H2O2H+ClClOD. FeCl3溶液中滴加过量的氨水：Fe3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH【答案】D【解析】【分析】【详解】ACaCO3不溶于水，不能拆，离子方程式为2HCaCO3=Ca2+CO2H2O，A错误；BNaHCO3溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，可把Ba(OH)2看做1，离子方程式为Ba2+ +2OH+2HCO=CO+BaCO3+2H2O，B错误；CHClO为弱酸，不能拆，离子方程式为Cl2H2OHClO+H+Cl
12、，C错误；DFeCl3溶液中滴加过量的氨水可生成Fe(OH)3和NH4Cl，离子方程式为Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH，D正确；故选D。10. 对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（）A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂B. 被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为51C. Cl2既做氧化剂又做还原剂D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为51【答案】C【解析】【分析】【详解】A.反应中只有Cl元素的化合价变化，Cl2既做氧化剂又做还原剂，故A错误；B.由反应可知，1个Cl原子失去电子，被氧化，5个Cl原子得到电子被还原，被
13、氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为15，故B错误；C. 反应中只有Cl元素的化合价变化，Cl2既做氧化剂又做还原剂，故C正确；D.氧化还原反应中电子得失守恒，氧化剂得电子数与还原剂失电子数相等，为11，故D错误；答案：C。【点睛】根据氧化剂：化合价降低，得电子，被还原；还原剂：化合价升高，失电子，被氧化。11. 已知X离子含a个中子，其质量数为b，则cg X含电子的物质的量为()molA. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】X离子含a个中子，其质量数为b，则质子数为b-a，电子数为b-a+1，cg X的物质的量为mol，则该离子含有电子的物质的量为，B项符合题意。答
14、案选B。12. 海水是重要的资源，可以制备一系列物质。下列说法正确的是()A. 步骤中，应先通CO2，再通NH3B. 第步是向溴水中通SO2，该反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+2H+SOC. 步骤、反应中，溴元素均被氧化D. 步骤在HCl气流中加热固体【答案】D【解析】【分析】【详解】A由于氨气在水中的溶解度大于二氧化碳在水中溶解度，因此，由精盐制备碳酸氢钠时，先通入氨气，形成碱性的食盐溶液，再通入二氧化碳气体，增大了二氧化碳气体的吸收，利于碳酸氢钠的析出，故A错误；B二氧化硫具有还原性，溴具有氧化性，二者反应生成硫酸和氢溴酸，该反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O
15、=2Br-+4H+SO，故B错误；C根据流程分析，步骤、中，溴由-1价升高到0价，发生氧化反应，步骤中溴由0价降低到-1价，发生还原反应，故C错误；DHCl可以抑制镁离子的水解，因此步骤在HCl气流中加热氯化镁晶体，才能得到氯化镁固体，故D正确；故选D。13. 如图所示的实验操作中，正确的是()A. 摇匀B. 给溶液加热C. 滴加液体D. 过滤【答案】A【解析】【分析】【详解】A图示采用上下颠倒振荡的方式将已配好的溶液摇匀，操作规范合理，故A正确；B给试管中的液体加热时，应使用酒精灯的外焰进行加热，且液体体积不超过试管体积的三分之一，图中操作不合理，故B错误；C一般来说，用胶头滴管滴加液体时，
16、滴管不能深入到试管中，否则可能会污染试剂，应该垂直悬空加入，图示操作不合理，故C错误；D过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图示装置中分液漏斗下端没有紧贴烧杯内壁，操作不合理，故D错误；答案选A。14. 下列各组的两种物质在溶液中的反应，不能用同一离子方程式表示的是( )A. 过量SO2通入到少量的澄清石灰水中、过量SO2通入到少量的氢氧化钠溶液中B. 氢氧化铜与盐酸、氢氧化铜与醋酸C. 氯化钡溶液与硫酸铜溶液、氯化钡溶液与硫酸镁溶液D. Ba(OH)2溶液中加入NaHSO4溶液至中性、Ba(OH)2溶液和硫酸溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A过量SO2通入到少量的澄清石灰水中
17、生成Ca(HSO3)2，过量SO2通入到少量的NaOH溶液中生成NaHSO3，离子发生式均为SO2+OH-=，A不符合题意；BCu(OH)2与盐酸反应的离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，Cu(OH)2与醋酸反应的离子方程式为Cu(OH)2+2CH3COOH= Cu2+2CH3COO-+2H2O，离子方程式不同，B符合题意；CBaCl2与CuSO4反应生成BaSO4和CuCl2，BaCl2与MgSO4反应生成BaSO4和MgCl2，离子方程式均为Ba2+=BaSO4，C不符合题意；DBa(OH)2溶液中加入NaHSO4溶液至中性，Ba(OH)2与NaHSO4为1：2，离子方程
18、式为Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，与Ba(OH)2溶液和H2SO4反应的方程式相同，D不符合题意；故选B。15. 下列说法正确的有()浓硫酸有强氧化性，所以浓硫酸不可以用于干燥CO和SO2等具有还原性的气体；用pH试纸测定氯水的pH；氯气能与铁反应，所以液氯不宜存放在钢瓶中；常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化；浓盐酸、浓硫酸两溶液敞口放置一段时间，浓度会下降的原因不同浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化pH小于7的雨水通常称为酸雨铂丝蘸取试样灼烧，火焰呈黄色，则试样一定是钠盐SO2的漂白原理与Ca(ClO)2溶液、H2O2和氯水的漂白原理不同A.
19、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】浓硫酸虽有强氧化性，但不能氧化CO和SO2，故可以用浓硫酸干燥CO和SO2，错误；氯水中的次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，错误；氯气能与铁在点燃或加热条件下发生反应，常温下氯气和铁不反应，所以液氯可以存放在钢瓶中，错误；铜与浓硫酸在加热条件下会发生氧化还原反应，常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明不反应，结论错误，错误；浓盐酸易挥发，浓硫酸易吸水，则两溶液敞口放置一段时间，浓度均会下降，但原因不同，正确；浓硫酸能使蔗糖炭化，是因为浓硫酸具有脱水性，错误；pH小于5.6的雨水通常称为酸雨，错误；铂丝蘸取试样灼烧，火焰呈黄
20、色，则试样一定含钠元素，但不一定是钠盐，也可能是氢氧化钠等，错误；Ca(ClO)2溶液、H2O2和氯水的漂白原理属于强氧化性漂白，而SO2一般可漂白纸张、品红等，是因为SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3和有机色素结合，生成了不稳定的无色化合物，不是因为其具有氧化性，所以与Ca(ClO)2溶液、H2O2和氯水的漂白原理不同，正确；综上所述，正确，B项符合题意。答案选B。16. 下列关于某些物质(离子)的检验方法或结论正确的是( )A. 向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，该溶液中一定含有NHB. 向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，则该溶液中肯
21、定有SOC. 向某溶液中加入HCl溶液后，若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则该溶液中肯定有COD. 向某无色溶液加入氯水，再加入淀粉碘化钾，溶液变蓝，则该溶液中一定含有I【答案】AD【解析】【分析】【详解】ANH可与强碱反应，在加热条件下可产生氨气和水，氨气是碱性的无色气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则上述检验方法和结论均正确，故A正确；B若溶液中有Ag+或CO等，当加入BaCl2溶液以后也会出现白色沉淀，则不能证明原溶液是否含有SO，故B错误；CSO2也会使澄清石灰水变浑浊，则向某溶液中加入HCl溶液后，若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则该溶液中可能含有CO、HCO、SO、HSO等，故
22、C错误；D向某无色溶液加入氯水，再加入淀粉碘化钾，溶液变蓝，说明有碘单质，则氯水氧化该无色溶液生成了碘单质，能证明原溶液中含I，故D正确；答案选AD。17. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 含4 molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应，表现酸性的HCl为2NAB. 7.8 g过氧化钠与足量的水反应，转移的电子数为0.2NAC. 20 gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD. 标况下2.24L SO3的分子数为NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A含4 molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应，随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，反应不在进行，则表现酸性的HC
23、l小于2NA ，故A错误；B7.8 g过氧化钠的物质的量是 =0.1mol，与足量的水反应时，过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，转移的电子数为0.1NA ，故B错误；C20 gD2O的物质的量是=1mol， 18gH2O的物质的量是 =1mol，一个D2O和H2O分子均含有10个质子，则20 gD2O和18gH2O含有的质子数均为10NA ，故C正确；D标准状况下三氧化硫是固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量 ，故D错误；故选：C。18. 将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，反应后溶液质量减轻的是()A. HClB. K2SO4C. NaOHD. CuSO4【答案】D【解析】【分析】【详解】
24、A、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，溶液质量增加，A错误；B、钠和硫酸钾溶液反应生成氢氧化钠和氢气，溶液质量增加，B错误；C、钠和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化钠和氢气，溶液质量增加，C错误；D、钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氢气，溶液质量减少，D正确，答案选D。19. A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是（a-2b），L层电子数是(a+b)，则A、B两元素形成的化学式最可能表示为A. BAB. AB2C. B3A2D. A2B【答案】A【解析】【分析】B元素的原子M层电子数是（a-2b），L层电子数是(a+b)，a+b=8；A元素的原子最外层电子数是a
25、，次外层电子数是b，则b=2，联立可得a=6，故A为氧元素；a-2b=6-22=2，故B为镁元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A为氧元素，B为镁元素，则两者所成的化合物为BA（MgO），A项正确；答案选A。(20-23每题1-2个答案，每题3分)20. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是()A. 在0a范围内，只发生中和反应B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2OC. a=0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2【答案】C【解析】
26、【分析】NaOH和Na2CO3混合溶液，滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳，利用物质的量关系进行解答。【详解】A在0a范围内，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，A错误；Bab段发生反应为碳酸氢钠与盐酸，离子方程式为：HCO32-+H+=CO2+H2O，B错误；C根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸氢钠与盐酸反应中消耗盐酸0.01mol，需要0.1molL1稀盐酸体积为0.1L，即a=0.4-0.1=0.3，C正确；D根据碳元素守恒，碳酸氢钠
27、的物质的量为0.01mol，即碳酸钠的物质的量为0.1mol，NaOH和Na2CO3混合溶液共消耗盐酸0.3mol，即原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，D错误；答案为C。21. 已知2MO+5S2+16H+2M2+5S+8H2O，则下列叙述正确的是()A. MO中的M的化合价为+7B. S2作还原剂，得电子后生成SC. 根据该反应可判断还原性：S2M2+D. x1，y3【答案】AC【解析】【分析】对于反应2MO+5S2+16H+2M2+5S+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2(x)+5(2)+16=22，解得x=1，则MO为MO，M元素的化
28、合由+7价变为+2价，化合价降低被还原，MO作氧化剂，S元素的化合价由-2价变为0价，化合价升高被氧化，失去电子，作还原剂，据此分析解答。【详解】A根据分析，MO为MO，M元素的化合价为+7，故A正确；BS2作还原剂，失去电子后生成S，故B错误；C根据该反应还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可判断还原性：S2M2+，故C正确；D根据分析，x=1，y=4，故D错误；答案选AC。22. 下列实验装置不能达到实验目的的是( ) A. 用装置甲除去CO2中的少量氯化氢B. 装置乙验证Na与水反应的热量变化C. 装置丙验证NH3极易溶于水D. 装置丁比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性【答案】AD
29、【解析】【分析】【详解】A洗气需让气体充分接触溶液，气体要长进短出，甲装置为短进长出，不能达到实验目的，A符合题意；B将水滴入小试管，Na与H2O发生反应，生成的H2可从小试管上方的导管排出，若反应放热，则大试管中气体膨胀，U形管中红墨水右侧升高，若反应吸热，大试管中气体收缩，U形管中红墨水左侧升高，能达到实验目的，B不符合题意；C将H2O滴入烧瓶中，NH3溶解到水中，烧瓶内压强急剧下降，空气经玻璃管进入气球，将气球吹大，能达到实验目的，C不符合题意；D比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性，由于NaHCO3受热易分解，需将NaHCO3放入内部的试管中，将Na2CO3放入外部大试管中，故该实
30、验不能达到实验目的，D符合题意；故选AD。23. 生产硫酸最古老的方法是以绿矾为原料，在蒸馏釜中煅烧。反应的化学方程式为：2FeSO47H2OFe2O3+ SO2+ SO3+ 14H2O。其中三氧化硫与水蒸气同时冷凝便得到硫酸。用如图装置模拟用绿矾制硫酸的实验，并检验生成的硫酸和二氧化硫（加热装置已略去）。其中b为干燥的试管。下列关于该反应说法正确的是A. 若将反应后的三种气体通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO3、BaSO4B. b中产物用紫色石蕊试液即可检验出其中H+和SO42C. 为检验反应的另一种生成物，试管c中应加入的试剂为NaOH溶液D. b中所得到的硫酸的质量分数为29.5
31、%【答案】D【解析】【分析】【详解】A中SO2气体通入BaCl2溶液中，不会产生BaSO3沉淀；B中紫色石蕊试液不能检验出SO42；C中NaOH溶液为尾气处理，吸收SO2，可用酸性高锰酸钾溶液或品红检验SO2；D.根据方程式可知，生成1mol三氧化硫的同时，还生成14mol的水，所以冷却后，生成1mol硫酸，剩余13mol水，因此硫酸的质量分数是，答案选D。第卷 (共50分)24. ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。可以通过下列两种途径得到：方法一：2KClO3+4HCl(浓)2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O方法二(酸性条件下)： ClO+ H2C2O4+ ClO2+
32、CO2+ (1)用双线桥在方法一反应方程式上标出电子转移的方向和数目_；请完成方法二在酸性条件下的离子方程式，并配平_ 。(2)在方法一中浓盐酸显示出来的性质是_性和_性(3)方法一中产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为_mol。(4)方法二中被还原的元素是_(填元素符号)氧化产物是_(填化学式)；(5)比较还原性：H2C2O4_ ClO2(填“”、“”或“”)【答案】 (1). (2). 2ClO+H2C2O4+2H+=2ClO2+2CO2+2H2O (3). 还原 (4). 酸 (5). 0.2 (6). Cl (7). CO2 (8). 【解析】【分析】【详解】(1)反应2K
33、ClO3+4HCl(浓)2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O中，KClO3中的Cl由+5价降为ClO2中的+4价，每个Cl得1个电子，2个Cl共得2个电子，HCl中的Cl由-1价升为Cl2中的0价，每个Cl失1个电子，2个Cl共失2个电子，双线桥表示为：；ClO中的Cl化合价由+5价降为ClO2中的+4价，每个Cl得1个电子，H2C2O4中的C由+3价升为CO2中的+4价，2个C失2个电子，根据转移电子守恒，ClO与ClO2前配2，根据电荷守恒，反应物的H+系数为2，根据H守恒，产物中H2O的系数为2，离子方程式为：2ClO+H2C2O4+2H+=2ClO2+2CO2+2H2O；(2)方法一
34、中，HCl的Cl失电子化合价升高，是还原剂，表现还原性；反应中生成的KCl为盐，含有Cl-，体现了盐酸的酸性；(3)根据第(1)题的分析，Cl2中的0价的Cl由HCl中-1价Cl氧化得来，每生成1个Cl2，转移电子数为2，故生成0.1molCl2时，转移的电子的物质的量为0.2mol；(4)方法二中，ClO中的Cl化合价降低，发生还原反应，被还原；H2C2O4中的C化合价升高，被氧化，生成的CO2是氧化产物；(5)方法二中H2C2O4为还原剂，ClO得电子发生还原反应，得到的ClO2为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性H2C2O4ClO2。25. I通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除Na
35、Cl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如下：(1)第、步操作中分别加入的试剂为_、_、_(填化学式，下同)，第步操作的目是除去滤液中的_(2)蒸发结晶用到的仪器有铁架台(带铁圈)、坩埚钳、酒精灯、_、_。II请回答下列问题：(1)实验室配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，将用到的仪器有20 mL量筒、烧杯、玻璃棒、_、_。(2)从所配溶液取出10 mL稀释至20 mL，则稀释后溶液的物质的量浓度为_(3)下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_。A用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线 B转移溶液时未洗涤烧杯 C容量瓶用蒸馏水
36、洗净后仍残留有蒸馏水 D定容时俯视容量瓶的刻度线 E定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】 (1). BaCl2 (2). NaOH (3). Na2CO3 (4). NaOH、Na2CO3 (5). 蒸发皿 (6). 玻璃棒 (7). 500mL容量瓶 (8). 胶头滴管 (9). 0.25mol/L (10). BE【解析】【分析】粗盐溶解后，杂质MgCl2用氢氧化钠溶液除去，CaCl2用碳酸钠除去，Na2SO4用氯化钡除去，但过量的钡离子需要碳酸钠除去，因此应先加入氯化钡，最后加入碳酸钠，过滤得到的滤液中含有过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸酸化除去杂质，最后蒸发结晶、烘干
37、得到精盐，据此解答。【详解】I(1)杂质MgCl2用氢氧化钠溶液除去，CaCl2用碳酸钠除去，Na2SO4用氯化钡除去，但过量的钡离子需要碳酸钠除去，因此应先加入氯化钡，最后加入碳酸钠，因此第、步操作中分别加入的试剂为BaCl2、NaOH、Na2CO3，由于流程中氢氧化钠和碳酸钠是过量的，则第步加入盐酸的目是除去滤液中的NaOH、Na2CO3；(2)蒸发结晶用到的仪器有铁架台(带铁圈)、坩埚钳、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒。(1)实验室配制480 mL 0.50 mol/L的稀硫酸，需要使用500mL容量瓶，用量筒量取浓硫酸在烧杯中冷却后利用玻璃棒引流转移到容量瓶中，最后还需要胶头滴管定容，所以将用
38、到的仪器有20 mL量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。(2)从所配溶液取出10 mL稀释至20 mL，由于稀释过程中溶质的质量不变，则稀释后溶液的物质的量浓度为=0.25mol/L；(3)A用量筒量取浓硫酸，读数时仰视刻度线，实际量取的浓硫酸体积偏大，结果偏高；B转移溶液时未洗涤烧杯，导致溶质的物质的量减少，结果偏低；C容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液的体积，浓度不变；D定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积减少，结果偏高；E定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液的体积增加，结果偏低；答案选BE26. 二氧化硫是重要的工业原料，探究其
39、性质具有非常重要的意义。(1)某学习小组设计了如图所示装置来验证二氧化硫的化学性质。能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为 _。为验证二氧化硫的还原性，反应一段时间后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验。方案：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成方案：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去方案：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀上述方案合理的是_(填“”“”或“”)；试管b中发生反应的离子方程式为_。(2)某同学用图仪器进行实验检验碳与浓硫酸反应生成气体中含有CO2与SO2(图中加热及夹持仪器略去)碳与浓硫酸化学反应方程式为_。上述仪器连接顺序为A_(根据需要可以重
40、复使用)。B瓶在实验中的作用是_，写出其中发生的离子方程式_证明反应生成CO2气体的现象是_。【答案】 (1). a试管中有淡黄色沉淀生成（或a试管中溶液出现淡黄色浑浊） (2). (3). SO2+Cl2+2H2O=4H+SO+2C1- (4). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (5). CBCD (6). 除去CO2气体中的SO2 (7). (8). 气体通入酸性高锰酸钾溶液中之后第二次通入的品红溶液不褪色，D中石灰水变浑浊【解析】【分析】(1)二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应；氯气具有氧化性，可以将二氧化硫氧化到最高价的硫酸；(2)装置A为碳与浓
41、硫酸反应的发生装置，装置B酸性高锰酸钾溶液可与生成的二氧化硫发生氧化还原反应，可除去二氧化硫，装置C中盛装的品红溶液可检验二氧化硫是否存在，装置D中澄清石灰水可用于检验二氧化碳，前提需除去二氧化硫，以免造成干扰，据此分析实验原理与方案。【详解】(1)二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应生成淡黄色的沉淀S，故答案为：a试管中有淡黄色沉淀生成（或a试管中溶液出现淡黄色浑浊）；方案：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用；方案：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可能是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案：向第三份溶液加入BaCl2
42、溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H+SO+2C1-，S元素的化合价升高体现二氧化硫的还原性；综上所述，方案实验设计合理，故答案为：；SO2+Cl2+2H2O=4H+SO+2C1-。(2)碳与浓硫酸加热反应生成了二氧化碳、二氧化硫和水，其化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；验证CO2与SO2，要达到预期的实验目的，先要验证通过品红溶液验证二氧化硫，接着通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后通过品红检验二氧化硫是否除尽，最后通过澄清的石灰水检验二氧化碳，这样做能避免造成不必要的干扰，故答案为：
43、CBCD；高锰酸钾溶液的作用是除去二氧化硫，根据氧化还原反应规律可知，高锰酸根离子被还原为锰离子，二氧化硫被也氧化为硫酸根离子，结合电子转移数守恒和电荷、原子守恒规律得出，反应的离子方程式为：，故答案为：除去CO2气体中的SO2； 证明生成气体中含有CO2的现象是气体通入酸性高锰酸钾溶液中之后第二次通入的品红溶液不褪色，证明二氧化硫除尽，E中石灰水变浑浊证明生成二氧化碳气体；故答案为：气体通入酸性高锰酸钾溶液中之后第二次通入的品红溶液不褪色，D中石灰水变浑浊。【点睛】实验(2)中检验两种产物的实验方案中，因二氧化硫与二氧化碳均能使澄清石灰水变浑浊，所以要证明二氧化碳的存在，必须先除尽二氧化硫，
44、要求学生有严谨的科学实验探究能力。27. 无色溶液甲可能含有K+、Ca2+、NH、Cu2+、NO、Cl、SO、CO八种离子中的若干种。为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生气体在标准状况下体积为4.48L。向另一份溶液中加入含有0.3molBaCl2的溶液，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液。向上述沉淀中加入过量的盐酸，得到沉淀X的质量为46.6g。向上述滤液中加入含有0.65mol的 AgNO3溶液，恰好可完全反应。据此，请回答下列问题(用相应的离子符号表示)：(l)上述实验中得到沉淀X的物质的量为_mol；(2)实验过程中发生的反应，用离子方程式表示为 _。实验过程中发生的反应，用离子方程式表示为 _。(3)甲溶液中一定不存在离子是 _；可能存在的离子是 _。(4)甲溶液一定存在的离子中，物质的量最大的离子是 _；物质的量最小的离子是 _，该离子的物质的量为 _mol。【答案】 (1). 0.2 (2). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O (3). +OH-NH3+H2O (4