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安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）
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安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55
一.选择题（每题 3 分，共 16 题，总分 48 分）
1.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。
2.下列物质中,能够导电的电解质是（ ）
A. Cu B. 熔融的氧化铝 C. 稀硫酸 D. 葡萄糖
【答案】B
【解析】
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；电解质能够导电，说明在该状态下能够电离出导电的离子，一般是离子化合物在熔融状态下满足条件，据此进行判断。
【详解】A、铜属于单质，不是化合物，故A错误；
B、熔融的氧化铝属于化合物，存在铝离子和氧离子，能够导电，故B正确；
C、稀硫酸属于混合物，不是化合物，不属于电解质，故C错误；
D、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D错误；
答案选A。
3.下列关于电解质的有关说法正确的是（ ）
A. BaSO4水溶液的导电能力非常弱，所以它为弱电解质
B. SO3的水溶液导电能力很强，所以它为强电解质
C. 非电解质溶于水得到的溶液不一定是中性的
D. 电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
【答案】C
【解析】
【详解】A．BaSO4不溶于水，其水溶液的导电能力很弱，是由于溶液中离子浓度较小的缘故，但硫酸钡为强电解质，故A错误；B．SO3溶于水，生成硫酸，其水溶液导电能力很强，说明硫酸是强电解质，但SO3是非电解质，故B错误；C．SO3是非电解质，SO3溶于水生成硫酸，其水溶液显酸性，而不是中性，故C正确；D．电解质溶液的浓度越大，离子浓度不一定大，其导电性能不一定强，如浓硫酸主要以分子形式存在，稀硫酸完全电离导电能力与浓度不成正比，故D错误；故答案为C。
4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
①1L0.1 mol/L 的 Na2CO3 溶液中含阴离子总数为 0.1NA 个
②标准状况下，22.4L HF 含 NA 个分子
③标准状况下，2.24 L Cl2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NA
④常温下，含 0.2 mol H2SO4 的浓硫酸与足量铜反应，生成 SO2 的分子数小于 0.1 NA
⑤142g Na2SO4 和 Na2HPO4 固体混合物中，阴、阳离子总数为 3NA
⑥ NA 个 Fe(OH)3 胶体粒子的质量为 107g
A. ①③④ B. ①⑥ C. ④⑤ D. ②③⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①碳酸根的水解导致阴离子个数增多，故溶液中阴离子的个数多于0.1NA个，故①错误；
②标况下氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氟化氢的物质的量，故②错误；
③氯气与水反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故③错误；
④随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成 SO2 的分子数小于 0.1 NA，故④正确；
⑤二者的摩尔质量都是142g/mol，142g混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子，故⑤正确；
⑥氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，故⑥错误。
综上述分析，④⑤正确。
答案选C。
5.下列各组物质中，分子数不相同的是（ ）
A. 同温同压下 2 L SO2 和 2 L CO2
B. 标准状况下 1mol 氧气和 22.4 LSO3
C. 9g 水和标准状况下 11.2 L CO2
D. 0.2mol 氯气和 7.3g 氯化氢气体
【答案】B
【解析】
【分析】根据n==计算出二者的物质的量，物质的量相等时含有分子数相同，据此进行解答。
【详解】A、同温同压下气体摩尔体积相同，根据n=可知2L SO2和2L CO2的物质的量相等，含有分子数相同，故A不选；
B、标况下SO3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算SO3的物质的量，则SO3的物质的量不是1mol，二者含有分子数不同，故B正确；
C、9g水的物质的量为0.5mol，标准状况下11.2 L CO2的物质的量为0.5mol，二者物质的量相等，含有分子数相同，故C不选；
D、7.3g氯化氢的物质的量为：=0.2mol，二者物质的量相等，则含有分子数相同，故D不选。
答案选B。
6.相对分子质量为 M 的气态化合物 V L（标准状况），溶于 m g 水中，得到质量分数为 w、物质的量浓度为 c mol/L、密度为 ρg/mL 的溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 相对分子质量 B. 物质量浓度
C. 溶液的质量分数 D. 溶液密度
【答案】A
【解析】
【分析】根据选项中要计算的物理量基本的计算式入手，根据n=计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，根据溶质质量分数=×100%计算，根据c=进行计算。
【详解】A、VL气体的物质的量为的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol×Mg/mol=g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w=，整理得M=，故A正确；
B、VL气体的物质的量为的物质的量为=mol，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为=，故溶液的物质的量浓度c==mol/L，故B错误；
C、质量分数w==，故C错误；
D、根据c=，可知，溶液密度ρ==，故D错误。
答案选A。
7.向等物质的量浓度的盐酸和NH4Cl混合溶液中逐滴加入NaOH溶液(加热)，反应过程中，下列离子方程式与事实不相符的是（ ）
A. H++OH-=H2O
B. H++NH4++2OH-NH3↑+2H2O
C. 4H++NH4++5OH-NH3↑+5H2O
D. H++2NH4++3OH- 2NH3↑+3H2O
【答案】D
【解析】
【分析】向等物质的量浓度的盐酸和NH4Cl混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，盐酸先与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，然后是氯化铵和氢氧化钠反应生成氨气、水和氯化钠。
【详解】A项、逐滴加入NaOH溶液，氢氧化钠不足量，只有盐酸反应，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；
B项、当溶液中盐酸完全反应，过量氢氧化钠与氯化铵共热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：H++NH4++2OH-NH3↑+2H2O，故B正确 ；
C项、当溶液中盐酸完全反应，过量氢氧化钠与部分氯化铵共热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：4H++NH4++5OH-=NH3↑+5H2O，故C错误；
D项、盐酸先与氢氧化钠反应，不可能出现盐酸比氯化铵反应的多的情况，故D错误；
故选D。
8.浓度均为1 mol/L KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl沉淀的质量之比为3︰2︰1时，所用KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液的体积比为（ ）
A. 9︰6︰2 B. 9︰3︰1 C. 6︰3︰2 D. 6︰3︰1
【答案】B
【解析】
【分析】均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，据此计算各物质的物质的量之比，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比。
【详解】均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，则n（KCl）：n（CuCl2）：n（AlCl3）=3：：=9：3：1，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比=9：3：1，答案选B。
9.下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、NO
B. 酸性溶液：NH、Fe3+、S2−、SO
C. 遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、SO、NO
D. 碱性溶液：K+、Al3+、SO、NO−3
【答案】C
【解析】
【详解】A、Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B、H+、Fe3+都与S2-发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、遇酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、SO42-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；
D、Al3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误。
答案选C。
10.下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）
A. 许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电
B. 在溶有 1mol 氢氧化铁的胶体中，含有 NA 个氢氧化铁胶粒
C. 光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应
D. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A、胶体本身不带电，但是可以吸附带电的离子形成带电的胶粒，故A错误；
B、胶粒是一定数目粒子的集合体，含1mol氢氧化铁的胶体中，胶粒数目小于NA，故B错误；
C、胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；
D、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀，故D错误。
答案选C。
11.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是 （ ）
A. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降
C. 金属单质在化学反应中一定作还原剂
D. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：A项、单质间的转化过程中若没有化合价的变化，该反应不属于氧化还原反应，如同素异形体金刚石与石墨的转化，没有化合价改变，不属于氧化还原反应，故A错误；
B项、氧化还原反应的本质是电子转移，特征是元素化合价的升降，故B错误；
C项、金属单质中金属元素为最低价，只有还原性，在化学反应中一定作还原剂，故C正确；
D项、失电子的物质在反应中化合价升高被氧化，做还原剂，故D错误；
故选C。
12.对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )
A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,则原溶液中一定有CO32-
B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生,再加稀硝酸,沉淀不消失,则原溶液中一定有Ag+
C. 向某溶液中先加入盐酸酸化,没有明显现象,再加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生,则原溶液中一定有SO42-
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸沉淀消失,原溶液一定有Ca2+
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，能与盐酸反应生成二氧化碳气体的离子可能为HCO3－，故A错误；
B选项，不溶于稀硝酸的白色沉淀可能为AgCl或BaSO4，则原溶液中可能含有Ag+或Ba2+，故B错误；
C选项，向溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，则排除Ag+离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明含有SO42-，故C正确；
D选项，白色沉淀可能为碳酸钙，也可能为碳酸钡，则原溶液可能含有Ba2+或Ca2+，故D错误；
综上所述，答案为C。
13.已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（ ）
A. 6∶1 B. 5∶1 C. 3∶1 D. 2∶1
【答案】B
【解析】
【详解】NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。
答案选B。
14.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应不可能发生的是（ ）
A. Cu＋2Fe3＋==Cu2＋＋2Fe2＋ B. 10Cl－＋2MnO＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
C. Cu＋Cl2CuCl2 D. 5Pb2＋＋2MnO＋2H2O=5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋
【答案】D
【解析】A. 氧化性氯化铁大于氯化铜，则反应Cu＋2Fe3＋==Cu2＋＋2Fe2＋能发生，A不符合；B. 氧化性高锰酸钾强于氯气，则反应10Cl－＋2MnO4－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O能发生，B不符合；C. 氧化性氯气强于氯化铜，反应Cu＋Cl2CuCl2能发生，C不符合；D. 氧化性二氧化铅强于高锰酸钾，则反应5Pb2＋＋2MnO4－＋2H2O=5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋不能发生，D符合，答案选D。
15.已知氧化性: Cl2>Br2>Fe3+>I2,则下列离子方程式正确的是（ ）
A. 少量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+2Br-=2C1-+Br2
B. 过量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+Fe2++2Br-=2Cl-+Br2+Fe3+
C. 氯气与FeBr2溶液以物质的量1:1反应2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+
D. 少量氯气与FeI2溶液反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+
【答案】C
【解析】
【详解】A项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，少量氯气应先将还原性强的Fe2+氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故A错误；
B项、过量氯气将Fe2+和Br-完全氧化，反应消耗Fe2+与Br-物质的量之比为1:2，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Br2+2Fe3+，故B错误；
C项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+还原性强于Br-，氯气先将Fe2+氧化，氧化1molFe2+消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2再氧化1molBr-，参与反应的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+，故C正确；
D项、由题给氧化性顺序可知，I-的还原性强于Fe2+，少量氯气先将还原性强的I-氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D错误；
故选C。
16.为了除去粗盐中的 CaCl2、MgCl2、Na2SO4 以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：称取粗盐滤液滤液精盐，下列说法不正确的是（ ）
A. 第②步过滤出的滤渣是泥沙
B. 在第④步中不能用 KOH 替代 NaOH
C. 第⑤步加入 Na2CO3 溶液的目的是除去 Ba2+
D. 第③、④、⑤步添加试剂的操作顺序还可以是：NaOH、BaCl2、Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，粗盐溶解后加氯化钡可除去硫酸根离子，③中加NaOH除去镁离子，④中加碳酸钠可除去钡离子、钙离子，过滤后主要为氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，⑥中加盐酸反应后溶液中溶质为NaCl，然后蒸发结晶得到NaCl，以此解答该题。
【详解】A、泥沙不溶于水，第②步过滤出的滤渣是泥沙，故A正确；
B、如用KOH代替NaOH，则生成KCl，引入新杂质，故B正确；
C、第⑤步加入Na2CO3溶液，可生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，以达到除去钡离子、钙离子的目的，故C错误；
D、加入碳酸钠应在氯化钡之后，避免引入钡离子，故D正确。
答案选C。
二．填空题（共 2 题，共 21 分）
17.（1）______mol CO2 中含有氧原子数跟 1.806×1024 个 H2O 分子含有的氧原子数相同。
（2）标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体 8.96 L，其质量为 7.60 g，则混合气体中甲烷的体积为______；一氧化碳的质量为_________。
（3）等物质的量 O2 和臭氧(O3)，其质量之比为____。若 O2 和 O3 质量相等，则其原子数之比为____。
（4）200 毫升含 MgCl2、KCl、Na2SO4 三种溶质的混合液中，已知其中含 Cl－1.5 mol,K＋和 Na＋共1.5 mol，Mg2＋为 0.5 mol，则 SO42-的物质的量浓度为__________________。
【答案】(1). 1.5 (2). 6.72L (3). 2.8g (4). 2：3 (5). 1：1 (6). 2.5mol/L
【解析】
【详解】：（1）要使二氧化碳分子、水分子含有氧原子个数相等，则二者含有氧原子物质的量相等，应满足：n（CO2）×2=×1，解得n（CO2）=1.5mol，故答案为：1.5；
（2）设CH4为x，CO为y，则x+y=、16x+28y=7.60g，解得：x=0.3，y=0.1，即CH4为0.3 mol，CO为0.1mol，则甲烷体积为：0.3mol×22.4L/mol=6.72 L； CO质量为：0.1mol×28g/mol=2.8 g，故答案为：6.72L；2.8g；
（3）依据m=nM可知，二者质量之比等于二者相对分子质量之比，所以等物质的量O2和臭氧（O3），其质量之比为：32：48=2：3；若O2和O3质量相等，其原子数之比为：×2×NA：×3×NA=1：1；故答案为：2：3 1：1；
（4）溶液呈电中性，由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+），即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，c（SO42-）==2.5mol/L，故答案为：2.5mol/L。
18.用一种试剂除去下列各物质中的杂质(括号内为杂质)，并写出离子方程式。
（1）CO2(HCl)：试剂________，离子方程式________。
（2）O2(CO2)：试剂_______，离子方程式___________。
（3）SO42−(CO32-)：试剂________，离子方程式____
【答案】(1). 饱和碳酸氢钠溶液 (2). HCO3-+H+═H2O+CO2↑ (3). NaOH溶液 (4). 2OH-+CO2═CO32-+H2O (5). 稀硫酸 (6). CO32-+2H+═H2O+CO2↑
【解析】
【详解】（1）除去CO2中的HCl气体，选择试剂为饱和碳酸氢钠溶液，发生离子方程式为HCO3-+H+═H2O+CO2↑，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；HCO3-+H+═H2O+CO2↑；
（2）二氧化碳是酸性气体，可选用NaOH溶液除去；离子方程式为：2OH-+CO2═CO32-+H2O，
故答案为：NaOH溶液、2OH-+CO2═CO32-+H2O；
（3）硫酸的酸性比碳酸强，可选用稀硫酸除去碳酸根离子，离子方程式为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑，故答案为：稀硫酸、CO32-+2H+═H2O+CO2↑。
三．推断题（共 2 题，共 22 分）
19.A、B、C、D 为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为 Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和 NO3－、SO42﹣、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。
① 若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
② 若向①的四支试管中分别加入盐酸，B 盐的溶液有沉淀生成，D 盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）B _____________ D ______________；
（2）写出少量盐酸与 D 反应的离子方程式：______________________________________；
（3）将含相同物质的量 A、B、C 的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式____；
（4）C 溶液中阴离子的检验方法：____。
【答案】(1). AgNO3 (2). Na2CO3 (3). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (4). Cu2+、NO3-、Cl- (5). Cu2++Fe=Cu+Fe 2+ (6). 取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-
【解析】
【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答。
【详解】由于是可溶性盐，所以溶液中存在盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；。②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3。综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；
（1）由上述分析可知B为AgNO3；D为Na2CO3，故答案为： AgNO3；Na2CO3；
（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：Cl-、NO3-、Cu2+，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2；故答案为：Cu2+、NO3-、Cl-；Cu2++Fe=Cu+Fe 2+；
（4）C为CuSO4，检验硫酸根离子，可取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-，故答案为：取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。
20.KClO3 和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为
____KClO3+____HCl(浓)=____KCl+____ClO2↑+____Cl2↑+____H2O
（1） 请配平上述化学方程式并用双线桥表示出电子转移情况。________
（2）该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为________。
（3）若该反应有 490gKClO3 参加反应，则被氧化的 HCl 的质量为________。
（4）若该反应的产生 2.24L（标准状况）ClO2,则转移的电子数目为________。
（5）某地生产的食盐中含有少量的剧毒氰化钠 NaCN，用 ClO2 可以除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒的气体。写出该反应的化学方程式________
【答案】(1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 1 (5). 2 (6). 2 (7). (8). 2:1 (9). 146g (10). 0.1NA或6.02×1022 (11). 2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2
【解析】
【分析】先配平该反应的方程式，再分析电子转移的数目，找氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再分析其他问题。
【详解】：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2．电子转移的方向和数目为：
故答案为：2；4；2；1；2；2；；
（2）KClO3中氯元素化合价，为氧化剂，对应ClO2为还原产物，HCl中Cl元素的化合价升高为还原剂，对应的Cl2为氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1；
（3）由反应可知，2molKClO3作氧化剂与2molHCl作还原剂得失电子守恒，则该反应中有490克KClO3参加反应，则被氧化的HCl的质量为×36.5g=146g，故答案为：146g；
（4）若该反应产生2.24 L（标准状况）ClO2，则转移的电子数目为×（5-4）×NA=0.1NA或6.02×1022，故答案为：0.1NA或6.02×1022；
（5）用ClO2可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体为二氧化碳和氮气，发生反应为2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2，故答案为：2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2。
四．实验题（共 1 题，共 9 分）
21.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。
【配制KMnO4标准溶液】如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。
（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。
（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将__________(填“偏大”或“偏小”)。
【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1 KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。
（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。
（4）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。
【答案】(1). ②⑤ (2). 偏小 (3). 2 (4). 1.2
【解析】
【分析】(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；
(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；
(3)根据电荷守恒进行分析；
(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。
【详解】(1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；
(3)根据电荷守恒，(-1×2)+(+1×6)=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×6×10-4mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：=1.2mg/cm3。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55
一.选择题（每题 3 分，共 16 题，总分 48 分）
1.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。
2.下列物质中,能够导电的电解质是（ ）
A. Cu B. 熔融的氧化铝 C. 稀硫酸 D. 葡萄糖
【答案】B
【解析】
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；电解质能够导电，说明在该状态下能够电离出导电的离子，一般是离子化合物在熔融状态下满足条件，据此进行判断。
【详解】A、铜属于单质，不是化合物，故A错误；
B、熔融的氧化铝属于化合物，存在铝离子和氧离子，能够导电，故B正确；
C、稀硫酸属于混合物，不是化合物，不属于电解质，故C错误；
D、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D错误；
答案选A。
3.下列关于电解质的有关说法正确的是（ ）
A. BaSO4水溶液的导电能力非常弱，所以它为弱电解质
B. SO3的水溶液导电能力很强，所以它为强电解质
C. 非电解质溶于水得到的溶液不一定是中性的
D. 电解质溶液的浓度越大，其导电性能一定越强
【答案】C
【解析】
【详解】A．BaSO4不溶于水，其水溶液的导电能力很弱，是由于溶液中离子浓度较小的缘故，但硫酸钡为强电解质，故A错误；B．SO3溶于水，生成硫酸，其水溶液导电能力很强，说明硫酸是强电解质，但SO3是非电解质，故B错误；C．SO3是非电解质，SO3溶于水生成硫酸，其水溶液显酸性，而不是中性，故C正确；D．电解质溶液的浓度越大，离子浓度不一定大，其导电性能不一定强，如浓硫酸主要以分子形式存在，稀硫酸完全电离导电能力与浓度不成正比，故D错误；故答案为C。
4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
①1L0.1 mol/L 的 Na2CO3 溶液中含阴离子总数为 0.1NA 个
②标准状况下，22.4L HF 含 NA 个分子
③标准状况下，2.24 L Cl2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NA
④常温下，含 0.2 mol H2SO4 的浓硫酸与足量铜反应，生成 SO2 的分子数小于 0.1 NA
⑤142g Na2SO4 和 Na2HPO4 固体混合物中，阴、阳离子总数为 3NA
⑥ NA 个 Fe(OH)3 胶体粒子的质量为 107g
A. ①③④ B. ①⑥ C. ④⑤ D. ②③⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①碳酸根的水解导致阴离子个数增多，故溶液中阴离子的个数多于0.1NA个，故①错误；
②标况下氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氟化氢的物质的量，故②错误；
③氯气与水反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故③错误；
④随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成 SO2 的分子数小于 0.1 NA，故④正确；
⑤二者的摩尔质量都是142g/mol，142g混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子，故⑤正确；
⑥氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，故⑥错误。
综上述分析，④⑤正确。
答案选C。
5.下列各组物质中，分子数不相同的是（ ）
A. 同温同压下 2 L SO2 和 2 L CO2
B. 标准状况下 1mol 氧气和 22.4 LSO3
C. 9g 水和标准状况下 11.2 L CO2
D. 0.2mol 氯气和 7.3g 氯化氢气体
【答案】B
【解析】
【分析】根据n==计算出二者的物质的量，物质的量相等时含有分子数相同，据此进行解答。
【详解】A、同温同压下气体摩尔体积相同，根据n=可知2L SO2和2L CO2的物质的量相等，含有分子数相同，故A不选；
B、标况下SO3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算SO3的物质的量，则SO3的物质的量不是1mol，二者含有分子数不同，故B正确；
C、9g水的物质的量为0.5mol，标准状况下11.2 L CO2的物质的量为0.5mol，二者物质的量相等，含有分子数相同，故C不选；
D、7.3g氯化氢的物质的量为：=0.2mol，二者物质的量相等，则含有分子数相同，故D不选。
答案选B。
6.相对分子质量为 M 的气态化合物 V L（标准状况），溶于 m g 水中，得到质量分数为 w、物质的量浓度为 c mol/L、密度为 ρg/mL 的溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 相对分子质量 B. 物质量浓度
C. 溶液的质量分数 D. 溶液密度
【答案】A
【解析】
【分析】根据选项中要计算的物理量基本的计算式入手，根据n=计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，根据溶质质量分数=×100%计算，根据c=进行计算。
【详解】A、VL气体的物质的量为的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol×Mg/mol=g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w=，整理得M=，故A正确；
B、VL气体的物质的量为的物质的量为=mol，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为=，故溶液的物质的量浓度c==mol/L，故B错误；
C、质量分数w==，故C错误；
D、根据c=，可知，溶液密度ρ==，故D错误。
答案选A。
7.向等物质的量浓度的盐酸和NH4Cl混合溶液中逐滴加入NaOH溶液(加热)，反应过程中，下列离子方程式与事实不相符的是（ ）
A. H++OH-=H2O
B. H++NH4++2OH-NH3↑+2H2O
C. 4H++NH4++5OH-NH3↑+5H2O
D. H++2NH4++3OH- 2NH3↑+3H2O
【答案】D
【解析】
【分析】向等物质的量浓度的盐酸和NH4Cl混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，盐酸先与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，然后是氯化铵和氢氧化钠反应生成氨气、水和氯化钠。
【详解】A项、逐滴加入NaOH溶液，氢氧化钠不足量，只有盐酸反应，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；
B项、当溶液中盐酸完全反应，过量氢氧化钠与氯化铵共热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：H++NH4++2OH-NH3↑+2H2O，故B正确 ；
C项、当溶液中盐酸完全反应，过量氢氧化钠与部分氯化铵共热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：4H++NH4++5OH-=NH3↑+5H2O，故C错误；
D项、盐酸先与氢氧化钠反应，不可能出现盐酸比氯化铵反应的多的情况，故D错误；
故选D。
8.浓度均为1 mol/L KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl沉淀的质量之比为3︰2︰1时，所用KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液的体积比为（ ）
A. 9︰6︰2 B. 9︰3︰1 C. 6︰3︰2 D. 6︰3︰1
【答案】B
【解析】
【分析】均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，据此计算各物质的物质的量之比，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比。
【详解】均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，则n（KCl）：n（CuCl2）：n（AlCl3）=3：：=9：3：1，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比=9：3：1，答案选B。
9.下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、NO
B. 酸性溶液：NH、Fe3+、S2−、SO
C. 遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、SO、NO
D. 碱性溶液：K+、Al3+、SO、NO−3
【答案】C
【解析】
【详解】A、Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B、H+、Fe3+都与S2-发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、遇酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、SO42-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；
D、Al3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误。
答案选C。
10.下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）
A. 许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电
B. 在溶有 1mol 氢氧化铁的胶体中，含有 NA 个氢氧化铁胶粒
C. 光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应
D. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A、胶体本身不带电，但是可以吸附带电的离子形成带电的胶粒，故A错误；
B、胶粒是一定数目粒子的集合体，含1mol氢氧化铁的胶体中，胶粒数目小于NA，故B错误；
C、胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；
D、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀，故D错误。
答案选C。
11.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是 （ ）
A. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降
C. 金属单质在化学反应中一定作还原剂
D. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：A项、单质间的转化过程中若没有化合价的变化，该反应不属于氧化还原反应，如同素异形体金刚石与石墨的转化，没有化合价改变，不属于氧化还原反应，故A错误；
B项、氧化还原反应的本质是电子转移，特征是元素化合价的升降，故B错误；
C项、金属单质中金属元素为最低价，只有还原性，在化学反应中一定作还原剂，故C正确；
D项、失电子的物质在反应中化合价升高被氧化，做还原剂，故D错误；
故选C。
12.对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )
A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,则原溶液中一定有CO32-
B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生,再加稀硝酸,沉淀不消失,则原溶液中一定有Ag+
C. 向某溶液中先加入盐酸酸化,没有明显现象,再加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生,则原溶液中一定有SO42-
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸沉淀消失,原溶液一定有Ca2+
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，能与盐酸反应生成二氧化碳气体的离子可能为HCO3－，故A错误；
B选项，不溶于稀硝酸的白色沉淀可能为AgCl或BaSO4，则原溶液中可能含有Ag+或Ba2+，故B错误；
C选项，向溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，则排除Ag+离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明含有SO42-，故C正确；
D选项，白色沉淀可能为碳酸钙，也可能为碳酸钡，则原溶液可能含有Ba2+或Ca2+，故D错误；
综上所述，答案为C。
13.已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（ ）
A. 6∶1 B. 5∶1 C. 3∶1 D. 2∶1
【答案】B
【解析】
【详解】NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。
答案选B。
14.PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应不可能发生的是（ ）
A. Cu＋2Fe3＋==Cu2＋＋2Fe2＋ B. 10Cl－＋2MnO＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
C. Cu＋Cl2CuCl2 D. 5Pb2＋＋2MnO＋2H2O=5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋
【答案】D
【解析】A. 氧化性氯化铁大于氯化铜，则反应Cu＋2Fe3＋==Cu2＋＋2Fe2＋能发生，A不符合；B. 氧化性高锰酸钾强于氯气，则反应10Cl－＋2MnO4－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O能发生，B不符合；C. 氧化性氯气强于氯化铜，反应Cu＋Cl2CuCl2能发生，C不符合；D. 氧化性二氧化铅强于高锰酸钾，则反应5Pb2＋＋2MnO4－＋2H2O=5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋不能发生，D符合，答案选D。
15.已知氧化性: Cl2>Br2>Fe3+>I2,则下列离子方程式正确的是（ ）
A. 少量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+2Br-=2C1-+Br2
B. 过量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+Fe2++2Br-=2Cl-+Br2+Fe3+
C. 氯气与FeBr2溶液以物质的量1:1反应2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+
D. 少量氯气与FeI2溶液反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+
【答案】C
【解析】
【详解】A项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，少量氯气应先将还原性强的Fe2+氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故A错误；
B项、过量氯气将Fe2+和Br-完全氧化，反应消耗Fe2+与Br-物质的量之比为1:2，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Br2+2Fe3+，故B错误；
C项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+还原性强于Br-，氯气先将Fe2+氧化，氧化1molFe2+消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2再氧化1molBr-，参与反应的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+，故C正确；
D项、由题给氧化性顺序可知，I-的还原性强于Fe2+，少量氯气先将还原性强的I-氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D错误；
故选C。
16.为了除去粗盐中的 CaCl2、MgCl2、Na2SO4 以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：称取粗盐滤液滤液精盐，下列说法不正确的是（ ）
A. 第②步过滤出的滤渣是泥沙
B. 在第④步中不能用 KOH 替代 NaOH
C. 第⑤步加入 Na2CO3 溶液的目的是除去 Ba2+
D. 第③、④、⑤步添加试剂的操作顺序还可以是：NaOH、BaCl2、Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，粗盐溶解后加氯化钡可除去硫酸根离子，③中加NaOH除去镁离子，④中加碳酸钠可除去钡离子、钙离子，过滤后主要为氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，⑥中加盐酸反应后溶液中溶质为NaCl，然后蒸发结晶得到NaCl，以此解答该题。
【详解】A、泥沙不溶于水，第②步过滤出的滤渣是泥沙，故A正确；
B、如用KOH代替NaOH，则生成KCl，引入新杂质，故B正确；
C、第⑤步加入Na2CO3溶液，可生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，以达到除去钡离子、钙离子的目的，故C错误；
D、加入碳酸钠应在氯化钡之后，避免引入钡离子，故D正确。
答案选C。
二．填空题（共 2 题，共 21 分）
17.（1）______mol CO2 中含有氧原子数跟 1.806×1024 个 H2O 分子含有的氧原子数相同。
（2）标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体 8.96 L，其质量为 7.60 g，则混合气体中甲烷的体积为______；一氧化碳的质量为_________。
（3）等物质的量 O2 和臭氧(O3)，其质量之比为____。若 O2 和 O3 质量相等，则其原子数之比为____。
（4）200 毫升含 MgCl2、KCl、Na2SO4 三种溶质的混合液中，已知其中含 Cl－1.5 mol,K＋和 Na＋共1.5 mol，Mg2＋为 0.5 mol，则 SO42-的物质的量浓度为__________________。
【答案】(1). 1.5 (2). 6.72L (3). 2.8g (4). 2：3 (5). 1：1 (6). 2.5mol/L
【解析】
【详解】：（1）要使二氧化碳分子、水分子含有氧原子个数相等，则二者含有氧原子物质的量相等，应满足：n（CO2）×2=×1，解得n（CO2）=1.5mol，故答案为：1.5；
（2）设CH4为x，CO为y，则x+y=、16x+28y=7.60g，解得：x=0.3，y=0.1，即CH4为0.3 mol，CO为0.1mol，则甲烷体积为：0.3mol×22.4L/mol=6.72 L； CO质量为：0.1mol×28g/mol=2.8 g，故答案为：6.72L；2.8g；
（3）依据m=nM可知，二者质量之比等于二者相对分子质量之比，所以等物质的量O2和臭氧（O3），其质量之比为：32：48=2：3；若O2和O3质量相等，其原子数之比为：×2×NA：×3×NA=1：1；故答案为：2：3 1：1；
（4）溶液呈电中性，由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+），即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，c（SO42-）==2.5mol/L，故答案为：2.5mol/L。
18.用一种试剂除去下列各物质中的杂质(括号内为杂质)，并写出离子方程式。
（1）CO2(HCl)：试剂________，离子方程式________。
（2）O2(CO2)：试剂_______，离子方程式___________。
（3）SO42−(CO32-)：试剂________，离子方程式____
【答案】(1). 饱和碳酸氢钠溶液 (2). HCO3-+H+═H2O+CO2↑ (3). NaOH溶液 (4). 2OH-+CO2═CO32-+H2O (5). 稀硫酸 (6). CO32-+2H+═H2O+CO2↑
【解析】
【详解】（1）除去CO2中的HCl气体，选择试剂为饱和碳酸氢钠溶液，发生离子方程式为HCO3-+H+═H2O+CO2↑，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；HCO3-+H+═H2O+CO2↑；
（2）二氧化碳是酸性气体，可选用NaOH溶液除去；离子方程式为：2OH-+CO2═CO32-+H2O，
故答案为：NaOH溶液、2OH-+CO2═CO32-+H2O；
（3）硫酸的酸性比碳酸强，可选用稀硫酸除去碳酸根离子，离子方程式为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑，故答案为：稀硫酸、CO32-+2H+═H2O+CO2↑。
三．推断题（共 2 题，共 22 分）
19.A、B、C、D 为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为 Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和 NO3－、SO42﹣、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。
① 若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
② 若向①的四支试管中分别加入盐酸，B 盐的溶液有沉淀生成，D 盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）B _____________ D ______________；
（2）写出少量盐酸与 D 反应的离子方程式：______________________________________；
（3）将含相同物质的量 A、B、C 的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式____；
（4）C 溶液中阴离子的检验方法：____。
【答案】(1). AgNO3 (2). Na2CO3 (3). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (4). Cu2+、NO3-、Cl- (5). Cu2++Fe=Cu+Fe 2+ (6). 取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-
【解析】
【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答。
【详解】由于是可溶性盐，所以溶液中存在盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；。②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3。综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；
（1）由上述分析可知B为AgNO3；D为Na2CO3，故答案为： AgNO3；Na2CO3；
（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：Cl-、NO3-、Cu2+，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2；故答案为：Cu2+、NO3-、Cl-；Cu2++Fe=Cu+Fe 2+；
（4）C为CuSO4，检验硫酸根离子，可取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-，故答案为：取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。
20.KClO3 和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为
____KClO3+____HCl(浓)=____KCl+____ClO2↑+____Cl2↑+____H2O
（1） 请配平上述化学方程式并用双线桥表示出电子转移情况。________
（2）该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为________。
（3）若该反应有 490gKClO3 参加反应，则被氧化的 HCl 的质量为________。
（4）若该反应的产生 2.24L（标准状况）ClO2,则转移的电子数目为________。
（5）某地生产的食盐中含有少量的剧毒氰化钠 NaCN，用 ClO2 可以除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒的气体。写出该反应的化学方程式________
【答案】(1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 1 (5). 2 (6). 2 (7). (8). 2:1 (9). 146g (10). 0.1NA或6.02×1022 (11). 2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2
【解析】
【分析】先配平该反应的方程式，再分析电子转移的数目，找氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再分析其他问题。
【详解】：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2．电子转移的方向和数目为：
故答案为：2；4；2；1；2；2；；
（2）KClO3中氯元素化合价，为氧化剂，对应ClO2为还原产物，HCl中Cl元素的化合价升高为还原剂，对应的Cl2为氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1；
（3）由反应可知，2molKClO3作氧化剂与2molHCl作还原剂得失电子守恒，则该反应中有490克KClO3参加反应，则被氧化的HCl的质量为×36.5g=146g，故答案为：146g；
（4）若该反应产生2.24 L（标准状况）ClO2，则转移的电子数目为×（5-4）×NA=0.1NA或6.02×1022，故答案为：0.1NA或6.02×1022；
（5）用ClO2可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体为二氧化碳和氮气，发生反应为2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2，故答案为：2NaCN+2ClO2=2NaCl+2CO2+N2。
四．实验题（共 1 题，共 9 分）
21.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。
【配制KMnO4标准溶液】如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。
（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。
（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将__________(填“偏大”或“偏小”)。
【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1 KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。
（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。
（4）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。
【答案】(1). ②⑤ (2). 偏小 (3). 2 (4). 1.2
【解析】
【分析】(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；
(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；
(3)根据电荷守恒进行分析；
(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。
【详解】(1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；
(3)根据电荷守恒，(-1×2)+(+1×6)=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n(MnO4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×6×10-4mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：=1.2mg/cm3。
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