【化学】四川省广元市川师大万达中学2018-2019学年高一上学期11月月考试题（解析版）

四川省广元市川师大万达中学2018-2019学年高一上学期11月月考试题
1.处处留心皆知识，生活中的下列事实，不涉及到氧化还原反应的是（ ）
A. 食物腐败变质 B. 铁钉生锈
C. 铝表面形成致密的薄膜 D. 食醋洗掉水垢
【答案】D
【解析】
【分析】有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，据此判断。
【详解】A. 食物腐败是食物被空气中的氧气等氧化变质，涉及到氧化还原反应，故A不选；
B. 铁钉生锈是铁被氧化，涉及到氧化还原反应，故B不选；
C. 铝表面形成致密的薄膜是被空气中的氧气氧化，涉及到氧化还原反应，故C不选；
D. 食醋洗掉水垢是乙酸与碳酸钙反应，涉及到化学变化，但不是氧化还原反应，故D选；
故答案选D。
2.将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成一种分散系，对该分散系及分散质颗粒的下列叙述中不正确的是（ ）
A. 该分散系能产生丁达尔效应 B. 分散质颗粒能透过滤纸
C. 该分散质颗粒大小在1～100 nm之间 D. 该分散系很稳定
【答案】D
【解析】
【分析】纳米粒子的直径在1～100nm之间，将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成的分散系是胶体，该分散系具有胶体的性质，据此解答。
【详解】胶体具有下列特点：胶体粒子的直径在1～100nm之间、胶体能透过滤纸但不能透过半透膜、能产生定丁达尔效应、具有介稳性。所以选项A、B、C正确，选项D错误，答案选D。
3.下列叙述不正确的是（ ）
A. 明矾可以净水是因为明矾溶于水后可以生成Al(OH)3胶体
B. 氧化铝具有两性，既能与盐酸反应又能与氨水反应
C. 过氧化钠可用于呼吸面具作为氧气的来源
D. Fe2O3可以制防锈油漆、红色颜料
【答案】B
【详解】A. 明矾可以净水是因为明矾溶于水后可以生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，A正确；
B. 氧化铝具有两性，能与盐酸反应，但不能与氨水反应，因为碱性弱，氧化铝能溶于强碱溶液中，B错误；
C. 过氧化钠能与水或二氧化碳反应产生氧气，可用于呼吸面具作为氧气的来源，C正确；
D. Fe2O3可以制防锈油漆、红色颜料，D正确。
答案选B。
4.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（ ）
A. KMnO4→Mn2+ B. Zn→ Zn2＋
C. H2O→O2 D. CuO→CuCl2
【答案】A
【解析】A. KMnO4→Mn2+，锰元素的化合价降低，高锰酸钾作氧化剂，所以需要加入还原剂才能进行，故A正确；B.Zn→ Zn2＋，锌元素的化合价升高，Zn作还原剂，需要加入氧化剂才能进行，故B错误；C. H2O→O2，氧元素的化合价升高，水作还原剂，需要加入氧化剂才能进行，故C错误；D.CuO→CuCl2，可以利用CuO和盐酸反应生成CuCl2，无元素化合价变化，所以不需要加入还原剂，故D错误；
故答案选A。
5.下列实验操作或数据合理的是（ ）
A. 用过滤的方法分离Fe(OH)3胶体和HCl溶液
B. 用量筒量取25.12mL稀硫酸溶液
C. 含有Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开
D. 从氯酸钾和二氧化锰制氧气后的混合物中分离出可溶物的操作步骤：溶解→过滤→蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体与溶液均可透过滤纸，则过滤法不能分离，应选择渗析法分离Fe(OH)3胶体和HCl溶液，故A错误；
B．量筒的准确度为0.1mL，则可用量筒量取25.1mL稀硫酸溶液，故B错误；
C．Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐溶液分别与NaOH混合的现象为：白色沉淀、蓝色沉淀、无现象，现象不同，可鉴别，故C正确；
D．氯酸钾和二氧化锰制氧气后的混合物中含KCl和二氧化锰，只有二氧化锰不溶于水，KCl溶于水，则分离出可溶物的操作步骤：溶解→过滤→蒸发，故D错误；
故答案选C。
6.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl,可将粗盐溶于水，在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（ ）
①过滤 ②加过量的NaOH溶液 ③加过量的盐酸 ④加过量的Na2CO3溶液 ⑤加过量的BaCl2溶液 ⑥加热蒸发
A. ②④⑤①③⑥ B. ④⑤②①③⑥
C. ①②⑤④③⑥ D. ②⑤④①③⑥
【答案】D
【解析】加入NaOH的作用是除去Mg2+；加入BaCl2的作用是除去SO42-；由于除SO42-时加入的BaCl2溶液过量，则加入Na2CO3的作用是除去Ca2+和过量的Ba2+，Na2CO3必须在BaCl2之后加入；由于Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3都能溶于盐酸，所以过滤后加入盐酸除去过量的OH-和CO32-；获得的NaCl溶液用蒸发结晶得到纯净的NaCl；所以操作顺序可为：⑤②④①③⑥、②⑤④①③⑥，答案选D。
7.化学是以实验为基础的科学，关于下列各实验装置的叙述中，正确的是（ ）

A. 仪器①可用于乙醇与水分离提纯
B. 仪器②可用于称取5.85g氯化钠固体
C. 装置③的烧瓶中应加沸石,以防暴沸
D. 装置④按a进b出,用排空气法可收集H2
【答案】C
【解析】
【详解】A、仪器①是分液漏斗，乙醇与水互溶，不能用分液法分离，A错误；
B、仪器②是托盘天平，托盘天平只能精确到0.1g，B错误；
C、装置③是蒸馏装置，烧瓶中应加沸石，以防暴沸，C正确；
D、装置④按a进b出是向上排空气法集气，收集H2用向下排空气法，D错误。
答案选C。
8.某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解Al2O3，但不能溶解Fe，在该溶液中可以大量共存的一组离子是（ ）
A. K＋、Na＋、HCO3-、NO3-
B. Mg2＋、K＋、NO3-、Na＋
C. H＋、Zn2＋、SO42-、NO3-
D. Na＋、SO42-、Cl－、S2－
【答案】D
【解析】
【分析】某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解Al2O3，但不能溶解Fe，该溶液为强碱性溶液，溶液中含有大量的OH-，则能和OH-反应的离子不能大量存在。
【详解】A．OH-和HCO3-反应生成CO32-和H2O，所以碳酸氢根离子不能大量存在，故A错误；
B．OH-和Mg2+反应生成Mg（OH）2沉淀，所以镁离子不能大量存在，故B错误；
C．OH-和H+、Zn2+能反应，所以H+、Zn2+不能大量存在，故C错误；
D．Na＋、SO42-、Cl－、S2－之间不反应，且和OH-也不反应，所以Na＋、SO42-、Cl－、S2－能大量共存，故D正确；
故答案选D。
9.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L氦气中的原子数为2NA
B. 1mol氧元素组成的单质一定含有2NA氧原子
C. 23 g Na与O2完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物时，电子转移总数为NA
D. 40g NaOH溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol•L﹣1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 标准状况下，22.4 L氦气是1mol，氦气是一个原子组成的单质分子，其中的原子数为NA，A错误；
B. 1mol氧元素组成的单质不一定含有2NA氧原子，例如1mol臭氧含有3mol氧原子，B错误；
C. 23gNa是1mol，与O2完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物时，钠元素化合价从0价升高到+1价，电子转移总数为NA，C正确；
D. 40g NaOH是1mol，溶解于1L水中，溶液的体积不是1L，因此Na+的物质的量浓度不是1mol•L﹣1，D错误。
答案选C。
10.科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的＋5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的＋3价含砷化合物。下列说法不正确的是（ ）
A. 维生素C具有还原性
B. 上述过程中砷元素发生还原反应
C. 上述过程中＋5价砷类物质作氧化剂
D. 1 mol ＋5价砷完全转化为＋3价砷，共失去2 mol电子
【答案】D
【解析】试题分析：A．维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C为还原剂，具有还原性，A正确；B．砷元素的化合价降低，+5价砷类化合物为氧化剂，发生还原反应，B正确；C．砷元素的化合价降低，所以+5价砷类化合物为氧化剂，C正确；D.1mol+5价砷完全转化为+3价砷，共得到1mol×（5-3）=2mol，D错误；答案选D。
11.下列关于化学基本概念和基本理论的几点认识中正确的是（ ）
A. 胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象
B. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不是一定是碱性氧化物
C. 能在水溶液中电离出氢离子的化合物一定是酸
D. 电解质在水中不一定能导电，水溶液能导电的化合物一定是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm～100nm之间，胶体具有丁达尔效应，但不是本质特征，故A错误；
B．能与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，如氧化钠是碱性氧化物也是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝属于两性氧化物也是金属氧化物，故B正确；
C．在水溶液中电离出氢离子的化合物不一定属于酸，如NaHSO4，故C错误；
D．有些电解质难溶于水，因此电解质在水中不一定能导电，水溶液能导电的化合物不一定是电解质，例如二氧化硫溶于水，其溶液是亚硫酸溶液，亚硫酸是电解质，二氧化硫是非电解质，故D错误。
故答案选B。
12.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. Na2O2溶于水：Na2O2+H2O＝2Na++2OH－+O2↑
B. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H＋＝CO2↑+H2O
C. 氯化铝溶液中加入过量氨水：A13++4NH3•H2O＝AlO2－+2H2O+4NH4+
D. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+HCO3-+2OH－＝CaCO3↓+CO32-+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 没有配平，Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH－+O2↑，A错误；
B. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H＋＝CO2↑+H2O，B正确；
C. 氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中加入过量氨水：A13++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；
D. 生成物错误，Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+HCO3-+OH－＝CaCO3↓+H2O，D错误。
答案选B。
13.下列关于物质的检验，说法正确的是（ ）
A. 向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则溶液中一定含有SO42﹣
B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C. 向某溶液中滴加过量氨水，先有白色沉淀产生，然后沉淀溶解，说明原溶液中含有Al3+
D. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液中也可能含有Ag+，产生氯化银白色沉淀，故A错误；
B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明一定含有钠元素，但也可能是含钾的化合物，因为观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，故B错误；
C.氨水的碱性较弱，不能溶解氢氧化铝，故C错误；
D.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液不含有Fe3+，滴加氯水后溶液显红色，说明Fe2+被氧化产生Fe3+，该溶液中一定含Fe2+，故D正确。
故答案选D。
14.将一小块钠投入盛有5 mL饱和澄清石灰水的试管里，不可能观察到的现象是（ ）
A. 钠熔成小球并在液面上游动
B. 有气体生成
C. 试管底部有银白色物质生成
D. 溶液变浑浊
【答案】C
【解析】
【详解】钠的密度小于水，熔点低，投入盛饱和澄清石灰水的烧杯里，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应为放热反应，氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低，所以看到的现象为：Na浮在液面上，熔成小球，四处游动，溶液变浑浊，试管底部不可能有银白色物质生成，故答案选C。
15.关于容量瓶的使用，下列操作正确的是（ ）
A. 定容到刻度线时要使视线与凹液面的最低处水平相切
B. 用蒸馏水洗涤容量瓶后必须将容量瓶烘干
C. 为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
D. 定容时不小心加水过量，用胶头滴管将水吸出即可
【答案】A
【解析】
【详解】A．定容到刻度线时要使视线与凹液面的最低处水平相切，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后不影响溶液的体积，浓度不变，所以不需要干燥和润洗，且容量瓶不能烘干，故B错误；
C．容量瓶不能用来稀释溶液或溶解固体，故C错误；
D．定容时不小心加水过量，需要重新配制，用胶头滴管将水吸出导致溶质减少，浓度偏低，故D错误。
答案选A。
16.关于反应2Na2O2＋2CO2==2Na2CO3＋O2 的下列说法正确的是（ ）
A. CO2是还原剂，在该反应中被氧化
B. Na2O2是氧化剂，在该反应中发生氧化反应
C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D. 若有2 mol Na2O2参加反应，则有2 mol电子转移
【答案】D
【解析】试题分析：A、CO2既不是氧化剂又不是还原剂，错误；B、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，错误；C、氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1，错误；D、生成1molO2转移2mole－，2molNa2O2参加反应生成1molO2，正确。
17.钠露置在空气中，其变质结果产生的物质是（ ）
A. Na2O B. Na2CO3
C. NaHCO3 D. Na2O2
【答案】B
【解析】
【详解】钠置于空气中，观察到的现象依次有：银白色（钠）→变暗（生成了白色的Na2O）→成液体（Na2O+H2O＝2NaOH，NaOH潮解）→结块（2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，析出含结晶水的Na2CO3·10H2O）→最后成粉末（风化成Na2CO3），因此最终变为碳酸钠，答案选B。
18.已知I－、Fe2+、SO2、Cl－、H2O2都有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl－ A. 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+ +SO42－+4H+
B. I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI
C. H2O2+H2SO4＝SO2+O2+2H2O
D. 2Fe3++2I－＝2Fe2++I2
【答案】C
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2＞I-＞H2O2＞Fe2+＞Cl-来判断反应能否发生。
【详解】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；
B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I-，与已知的还原性强弱一致，故B能发生；
C、若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故C不能发生；
D、因该反应中I元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则还原性强弱为I-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故D能发生；
故答案选C。
19.化学在日常生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是（ ）

实际应用
化学原因
A
铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落
铝箔表面氧化铝熔点高于铝
B
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
铁比铜还原性强
C
铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物
酸、碱还有盐可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身
D
明矾、硫酸铁可作净水剂
溶于水形成胶体从而凝聚水中的悬浮物
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，是由于铝易被氧化为氧化铝，氧化铝的熔点高，因此熔化但不会滴落，故A正确；
B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板是因为Fe3+氧化了Cu，与铁比铜还原性强无关，故B不正确；
C铝是活泼的金属，氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，故C正确；
D.Al3+、Fe3+水解产生胶体，胶体可聚沉水中悬浮物，因此明矾、硫酸铁可作净水剂，故D正确。
故答案选B。
20.相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）
①它们所含的分子数目之比为1∶1　 ②它们所含的原子数目之比为15∶16　③它们所含的氧原子数目之比为2∶3 ④它们所含的硫原子数目之比为5∶4　⑤它们所含的电子数目之比为1∶1
A. ②③ B. ①④
C. ②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】设SO2和SO3的质量均为1g，两者的物质的量之比为1/64：1/80=5:4。①它们所含的分子数目之比为5∶4，不正确。②它们所含的原子数目之比为5×3∶4×4=15:16，正确。③它们所含的氧原子数目之比为5×2∶4×3=5:6，错误。④它们所含的硫原子数目之比为5∶4，正确。⑤它们所含的电子数目之比为5×32∶4×40=1:1，正确。故正确的有②④⑤，答案选C。正确答案为C
21.下列溶液与50 mL 1 mol · L－1 AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（ ）
A. 75 mL 3 mol · L－1 NH4Cl溶液 B. 150 mL 1 mol · L－1 NaCl溶液
C. 150 mL 3 mol · L－1 KClO3溶液 D. 75 mL 2 mol · L－1 CaCl2溶液
【答案】A
【解析】
【详解】50 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液中氯离子浓度为1mol/L×3＝3mol/L。则
A. 75 mL 3 mol·L－1 NH4Cl溶液中氯离子浓度为3mol/L×1＝3mol/L。
B. 150 mL 1 mol·L－1 NaCl溶液中氯离子浓度为1mol/L×1＝1mol/L。
C. 氯酸钾不能电离出氯离子，150 mL 3 mol·L－1 KClO3溶液中氯离子浓度为0。
D. 75 mL 2 mol·L－1 CaCl2溶液中氯离子浓度为2mol/L×2＝4mol/L。
根据以上分析可知答案选A。
22.关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法错误的是(　　)
A. 热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
B. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3＜Na2CO3
C. 相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3
D. 等物质的量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同
【答案】B
【解析】考查钠的碳酸盐的性质，NaHCO3与酸反应较剧烈，B项符合题意，其它均正确
23.下列三种药物常用于治疗胃酸过多，相同数量的药片中和胃酸能力的大小顺序为（ ）

A. ①＝②＝③ B. ①＞②＞③
C. ②＞①＞③ D. ③＞①＞②
【答案】D
【解析】
【详解】有关反应的方程式为CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O
NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O Al(OH)3+3HCl＝AlCl3+3H2O
则消耗盐酸的物质的量分别是，因此相同数量的药片中和胃酸能力的大小顺序为③＞①＞②。答案选D。
24.足量的铝分别与等物质的量浓度的稀盐酸、氢氧化钠溶液反应，放出的气体在标准状况下体积相等，则所取稀盐酸和氢氧化钠溶液的体积比为（ ）
A. 3︰1 B. 3︰2 C. 1︰2 D. 6︰1
【答案】A
【解析】试题分析：2Al＋6HCl=AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，产生相同物质的量的氢气时，因为物质的量浓度相同，因此消耗的HCl、NaOH的体积之比：v(HCl)：v(NaOH)=n(HCl)：n(NaOH)=：=3：1，A正确。
25.120 mL浓度为1 mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好与100 mL浓度为0.4 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，在还原产物中Cr元素的化合价（ ）
A. +3 B. +1 C. +4 D. +2
【答案】A
【解析】试题分析：n（Na2SO3）=0.012L×1mol/L=0.012mol，n（K2Cr2O7）=0.01L×0.4mol/L=0.004mol，根据氧化剂和还原剂化合价升降总数相等，设Cr元素化合价降低为+x价，则有：0.012mol×（6-4）=0.004mol×2×（6-x），x=3，故选A。
26.现有下列十种物质：①CH3COOH ②Al ③CaCO3固体 ④CO2 ⑤FeCl2 ⑥Ba(OH)2 ⑦氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨Al2(SO4)3溶液 ⑩NaHCO3固体。
（1）以上物质属于电解质的是____________________（填序号，下同），属于非电解质的是__________________。
（2）写出②和⑥的离子方程式___________________________。
（3）将⑥滴入⑤中的实验现象___________________________。
【答案】(1). ①③⑤⑥⑩ (2). ④ (3). 2Al+ 2OH- + 2H2O = 2AlO2- +3H2↑ (4). 立即产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
【解析】
【分析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。
【详解】①CH3COOH是弱酸，属于电解质；
②Al是金属单质，不是电解质也不是非电解质；
③CaCO3固体在熔融状态下能够导电，是电解质；
④CO2不能电离出阴阳离子，是非电解质；
⑤FeCl2是盐，溶于水导电，是电解质；
⑥Ba(OH)2是强碱，是电解质；
⑦氢氧化铁胶体属于混合物，不是电解质也不是非电解质；
⑧氨水属于混合物，不是电解质也不是非电解质；
⑨Al2(SO4)3溶液属于混合物，不是电解质也不是非电解质；
⑩NaHCO3固体是盐，溶于水导电，是电解质；
（1）根据以上分析可知以上物质属于电解质的是①③⑤⑥⑩，属于非电解质的是④。
（2）②和⑥反应生成偏铝酸根离子和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
（3）由于氢氧化亚铁易被氧化，则将⑥滴入⑤中的实验现象为立即产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
27.某无色混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、Cl－、CO32－、SO42－。取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：
I.向该溶液中加入足量稀盐酸，在标准状况下放出气体；
II.向I中所得的滤液中滴加足量BaCl2溶液产生白色沉淀；
试回答下列问题：
（1）肯定存在的离子有_________________________________，肯定不存在的离子有_________________________________；
（2）可能存在的离子是____________________________，判断该离子存在与否的方法是________________________________________________________；
（3）检验溶液中肯定存在的阳离子的方法：__________________________________。
【答案】(1). CO32-、SO42-、K+ (2). Mg2+、Fe3+、Ba2+ (3). Cl— (4). 取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl-；反之，没有 (5). 用铁丝在盐酸里浸一会，火焰上灼烧至与原火焰颜色一致，之后蘸取试液，通过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色
【解析】
【分析】无色溶液中不存在有色的Fe3+离子，向该溶液中加入足量稀盐酸，在标准状况下放出气体，说明溶液中存在CO32－，因此一定不存在Mg2+、Ba2+；向I中所得的滤液中滴加足量BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液中一定含有SO42－；根据溶液显电中性判断钾离子，据此解答。
【详解】溶液显无色，则溶液中一定存在有色的Fe3+离子，向该溶液中加入足量稀盐酸，在标准状况下放出气体，气体是二氧化碳，说明溶液中一定存在CO32－，因此一定不存在Mg2+、Ba2+，由于溶液显电中性，则一定存在K+；向I中所得的滤液中滴加足量BaCl2溶液产生白色沉淀，白色沉淀是硫酸钡，则溶液中一定含有SO42－，氯离子不能确定，则
（1）根据以上分析可知肯定存在的离子有CO32-、SO42-、K+，肯定不存在的离子有Mg2+、Fe3+、Ba2+；
（2）可能存在的离子是Cl－，由于硫酸根和碳酸根的存在会干扰氯离子的检验，则判断该离子存在与否的方法是取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl-，反之，没有；
（3）钾离子的检验一般用焰色反应，即检验溶液中肯定存在的阳离子的方法为：用铁丝在盐酸里浸一会，火焰上灼烧至与原火焰颜色一致，之后蘸取试液，通过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，说明含有钾离子。
28.高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。
（1）实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL 0.1 mol•L-1的KMnO4酸性溶液。
①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、__________。
②配制过程中玻璃棒所起的作用是_________。
③下列操作对实验结果的影响偏小的是______（填序号）。
a.加水定容时俯视刻度线
b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理
c．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶
d. 颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上
（2）用上述酸性KMnO4溶液来制备氯气：2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
①该反应中的氧化剂是_____________，氧化产物是____________。
②若消耗3.16gKMnO4，则该反应转移的电子数目为___________。
【答案】(1). 250 mL容量瓶 (2). 搅拌和引流 (3). cd (4). KMnO4 (5). Cl2 (6). 0.1NA 或6.02×1022
【解析】
【分析】（1）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤来选择使用的仪器；
②根据玻璃棒在实验中的使用分析其作用；
③根据c=n÷V通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差；
（2）根据Mn元素和Cl元素的化合价变化情况结合有关概念分析解答。
【详解】（1）①配制240mL溶液需要250mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀可知需要的仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250 mL的容量瓶；
②溶解高锰酸钾固体时玻璃棒的作用是搅拌加速溶解，转移液体时玻璃棒的作用是引流，防止液体溅出；
③a．加水定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故a不选；
b．只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故b不选；
c．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，导致溶质的质量减少，浓度偏小，故c选．
d．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，溶液体积增加，导致溶液浓度偏小，故d选；
故答案选cd；
（2）用上述酸性KMnO4溶液来制备氯气。2KMnO4 +16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑+8H2O
①该反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，被还原，因此氧化剂是KMnO4，氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，则氧化产物是Cl2。
②若消耗3.16gKMnO4，物质的量是3.16g÷158g/mol＝0.02mol，则该反应转移的电子的物质的量是0.02mol×5＝0.1mol，数目为0.1NA 或6.02×1022。
29.某中学化学实验小组探究Na2O2能否与CO2反应生成O2，用如下的实验装置进行实验：(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水)

回答下列问题：
（1）仪器a的名称是____________，a中液体试剂应选用_____________(填“6 mol·L-1盐酸”或“6 mol·L-1硫酸”)。
（2）装置B的作用是______________，装置C的作用是_____________。
（3）装置D中发生反应的化学方程式是__________________________。
（4）装置E中碱石灰的作用是_________________________________。
（5）该实验装置中，如何证明Na2O2与CO2反应能否生成O2____________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 6 mol·L-1盐酸 (3). 除去气体中的HCl (4). 干燥气体 (5). 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 (6). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (7). 反应完毕后，将带火星的木条伸入F瓶中，如带火星的木条复燃，说明Na2O2与CO2反应生成O2
【解析】
【分析】A用于制备二氧化碳，B用于除去HCl，C起到干燥作用，在D中反应生成氧气，E用于除去二氧化碳，然后用排水法收集氧气，据此解答该题。
【详解】（1）根据仪器构造可知仪器a的名称是分液漏斗，装置A用来制备二氧化碳，由于硫酸钙微溶，不利于制备二氧化碳，因此a中液体试剂应选用6 mol·L-1盐酸；
（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和碳酸氢钠来除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，即装置B的作用是除去气体中的HCl，装置C的作用是干燥气体；
（3）装置D中过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；
（4）装置E中碱石灰的作用是吸收装置D中反应剩余的二氧化碳，防止对氧气的检验造成干扰。
（5）由于氧气是助燃性气体，则该实验装置中证明Na2O2与CO2反应生成O2的实验操作是反应完毕后，将带火星的木条伸入F瓶中，如带火星的木条复燃，说明Na2O2与CO2反应生成O2。
30.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：

已知：2Al2O34Al+3O2↑。
（1）操作Ⅱ的名称___________，用到的玻璃仪器有_______________。
（2）X是___________，操作Ⅱ通入过量CO2的离子方程式：______________________________________。
（3）沉淀A的主要成分是________，在生活中有什么应用：________________________。
【答案】(1). 过滤 (2). 漏斗 烧杯 玻璃棒 (3). NaOH溶液 (4). AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (5). Fe2O3 (6). 作红色油漆和涂料
【解析】
【分析】由于后续的溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝，说明溶液中含有偏铝酸根离子，则X是氢氧化钠，结合流程图以及物质的转化关系图分析解答。
【详解】由于后续的溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝，说明溶液中含有偏铝酸根离子，则X是氢氧化钠，氧化铝溶解在氢氧化钠中生成偏铝酸钠和水，氧化铁不溶，A是氧化铁。偏铝酸钠和足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝。则
（1）操作Ⅱ是得到分离出氢氧化铝沉淀，因此其操作的名称过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）根据以上分析可知X是NaOH溶液，操作Ⅱ通入过量CO2的离子方程式为AlO2- +CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；
（3）根据以上分析可知沉淀A的主要成分是Fe2O3，在生活中的主要用途是作红色油漆和涂料。