湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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邵东一中2019年下学期高一期中考试化学试题卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ba--137
一、选择题（本题共20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案）
1.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. 置换反应和分解反应都属于氧化还原反应
【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，A项错误；
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，B项正确；
C. 在水溶液中电离出氢离子的化合物不一定属于酸，如NaHSO4，在水溶液中电离出阳离子全部是氢离子的化合物才是酸，C项错误；
D. 分解反应可能是氧化还原反应，如氯酸钾分解属于氧化还原反应，而碳酸钙分解不属于氧化还原反应，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，理解四大基本反应类型与氧化还原反应的关系是解题的关键。要明确氧化还原反应的表观特征为元素化合价的升降。置换反应一定属于氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，而有单质参加或生成的化合反应或分解反应是氧化还原反应，还有部分化合反应或分解反应不是氧化还原反应。
2.下列物质分类的正确组合是(　　)

碱
酸
盐
酸性氧化物
A
纯碱
盐酸
烧碱
二氧化硫
B
烧碱
硫酸
食盐
一氧化碳
C
苛性钠
醋酸
石灰石
水
D
苛性钾
碳酸
苏打
三氧化硫


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物，据此回答判断。
【详解】A、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱类，烧碱是氢氧化钠属于碱不是盐，故A错误；
B、一氧化碳不是酸性氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；
C、苛性钠是氢氧化钠为碱，醋酸为酸，石灰石是碳酸钠钙属于盐，水不是酸性氧化物，故C错误；
D、苛性钾是氢氧化钾为碱，碳酸为酸，苏打是碳酸钠属于盐，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确。
故答案选D。
【点睛】本题考查学生物质的分类知识，注意基本概念的理解和掌握以及物质的组成特点是解答的关键。
3.下列实验操作中正确的是（ ）
A. 蒸馏操作时，应向蒸馏烧瓶中加入几块碎瓷片，以防止暴沸
B. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
C. 分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出
D. 萃取操作时，可以选用CCl4或酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴
【答案】A
【解析】
详解】A. 碎瓷片起防止暴沸作用，所以蒸馏操作时，加入碎瓷片可防止暴沸，A项正确；
B. 蒸发时待大量晶体析出时，停止加热，利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，B项错误；
C. 分液时，为防止液体污染，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C项错误；
D. CCl4与水不互溶；而且溴在CCl4中的溶解度比在水中的大很多，所以可用CCl4作萃取剂。但是酒精与水互溶，不能做萃取剂，D项错误；
答案选A。
【点睛】D项是易错点，萃取剂的选取原则为：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应，一般选取四氯化碳、苯或汽油等作为水溶液中溴或碘单质的萃取剂。
4.某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
B. 加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32-
C. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，一定有SO42-
D. 某溶液加入稀盐酸酸化的AgNO3产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明该气体为氨气，推出原溶液中一定有NH4+，A项正确；
B. 原溶液中若含HCO3-，加入稀盐酸后也会产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，故原溶液中不一定有CO32-，B项错误；
C. 产生不溶于盐酸白色沉淀也可能是AgCl，则原溶液中不一定有SO42-，C项错误；
D. 加入盐酸酸化的AgNO3溶液时，则引入了Cl- ，故不能证明是原溶液中是否含有Cl-，D项错误；
答案选A。
5.下列关于电解质的说法正确的是
A. NaOH溶液能导电，所以NaOH溶液为电解质
B. 氯化钠晶体不能导电，所以氯化钠为非电解质
C. 虽然液态氯化氢不导电，但氯化氢属于电解质
D. 液态的铜导电性很好，所以铜是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，NaOH溶液是混合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、氯化钠晶体中不含自由移动的离子或电子，所以氯化钠晶体不导电，但熔融态的氯化钠含有自由移动的离子，所以熔融态氯化钠能导电，氯化钠是电解质，故B错误；
C、电解质在水溶液里或熔融状态下发生电离，液态氯化氢不导电，但液态氯化氢溶于水完全电离能导电，属于强电解质，故C正确；
D、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选C。
6.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙而配制一定量的NaCl溶液，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤 ②加过量的NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液，其中操作顺序正确的组合是（ ）
A. ①④②⑤③ B. ④①②⑤③ C. ②⑤④①③ D. ②④①③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】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：⑤②④①③或②⑤④①③，C项正确，
答案选C。
【点睛】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，要特别注意加入除杂剂的顺序，是常考点。有两个“之后”原则：1.盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子。
7.下列反应中，不属于氧化还原反应的是（ ）
A. H2+Cl2=2HCl
B. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑
C. NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O
D. Zn+H2SO4=H2↑+ZnSO4
【答案】C
【解析】
【分析】
发生的反应中，含元素的化合价变化，则为氧化还原反应；若不含元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A. H2+Cl2=2HCl有化合价的变化是氧化还原反应，A项不选；
B. Mn元素与O元素有化合价的变化，属于氧化还原反应，B项不选；
C. NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O无化合价的变化是非氧化还原反应，符合题意，C项选；
D. Zn与H元素有化合价的变化，是氧化还原反应，D项不选；
答案选C。
8.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是
A. O2 B. CH4 C. CO2 D. H2
【答案】D
【解析】
【详解】同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、氢气的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、2g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，氢气的物质的量最大，故H2占有的体积最大，故选D。
9.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是
A. 标准状况下，22.4LH2含有的分子数为NA
B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
C. 通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L
D. 1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标况下，22．4LH2的物质的量是1mol，含有的分子数为NA，A正确；
B．碳酸钠的物质的量=1.06g÷106g/mol=0.01mol，每个碳酸钠化学式中含有2个钠离子，所以钠离子个数是0.02NA，B正确；
C．相同压强下，温度越高，气体摩尔体积越大，NA个CO2分子的物质的量是1mol，根据V=nVm知，通常状况下，NA个CO2分子占有的体积大于22．4L，C错误；
D．1L物质的量浓度为0．5 mol/L的MgCl2溶液中，氯化镁的物质的量=0．5mol/L×1L=0．5mol，每个氯化镁化学式中含有2个氯离子，所以1L物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中含有Cl-个数为NA，D正确；
答案选C。
10.将30 mL 0.5 mol·L―1的NaCl溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为（　 ）
A. 0.3 mol·L―1　　 B. 0.03 mol·L―1
C. 0.05 mol·L―1 D. 0.04 mol·L―1
【答案】B
【解析】
由于在稀释过程中，溶质是不变的，所以稀释后氯化钠的浓度是，答案选B。
11.下列溶液中含Cl-浓度最大的是（ ）
A. 10mL0.1mol/L的AlCl3溶液 B. 20mL0.1mol/LCaCl2溶液
C. 30mL0.2mol/L的KCl溶液 D. 100mL0.25mol/L的NaCl溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A. 10 mL 0.1mol/L的AlCl3溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×3=0.3mol/L；
B. 20 mL 0.1mol/L的CaCl2溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L；
C. 30mL 0.2 mol/L 的KCl溶液中Cl−的物质的量浓度为0.2mol/L×1=0.2mol/L；
D. 100 mL 0.25 mol/L 的NaCl 溶液中Cl−的物质的量浓度为0.25mol/L×1=0.25mol/L；
对比可知氯离子浓度最大的为0.3mol/L，A项符合题意，
答案选A。
【点睛】值得注意的是，氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质浓度及其化学式组成有关。
12.下列电离方程式中，正确的是（ ）
A. Ca(OH)2=Ca2++2(OH-) B. FeCl2=Fe2++3Cl-
C. H2SO4=H2+ +SO42- D. Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断强弱电解质，强电解质完全电离，电离方程式用等号，弱电解质部分电离，电离方程式用可逆号，据此进行解答。
【详解】A. Ca(OH)2在溶液中完全电离出钙离子和氢氧根离子，则其电离方程式为Ca(OH)2=Ca2++2OH−，A项错误；
B. FeCl2在溶液中完全电离出亚铁离子和氯离子，其电离方程式为：FeCl2═Fe2++2Cl−，B项错误；
C. H2SO4在溶液中完全电离，其电离方程式为：H2SO4=2H++ SO42-，C项错误；
D. Al2(SO4)3为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，D项正确；
答案选D。
13.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是
A. K+、MnO4－、Na+、Cl－ B. Na+、H+、NO3－、SO42－
C. Fe3+、Na+、Cl－、SO42－ D. K+、Na+、NO3－、CO32－
【答案】D
【解析】
【详解】A、MnO4－在水溶液中显紫色，错误；
B、碱性溶液中OH－和H+反应生成水，不能大量共存，错误；
C、碱性溶液中OH－和Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀，且Fe3+在水溶液中呈棕黄色，不能大量共存，错误；
D、组内离子在给定条件下不反应，能大量共存，正确；
故答案为D。
14.下列化学方程式中，能用离子方程式：Ba2＋+SO42－=BaSO4↓表示的是
A. Ba(OH)2+(NH4)2SO4=BaSO4↓+2NH3•H2O
B. Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O
C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+2H2O+CO2↑
D. BaCl2+ Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，产生一水合氨为弱电解质，不能拆分，A不选。
B选项，生成物还有水产生，B不选。
C选项，反应物碳酸钙为沉淀物，不能拆分，且产生的水与二氧化碳也不能拆分，C不选。
D选项，反应BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl能用离子方程式：Ba2＋+SO42－=BaSO4↓表示，D选。
答案选D。
15.离子方程式BaCO3＋2H＋＝CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是(　　)
①HCl　②H2SO4　③HNO3　④NaHSO4　⑤CH3COOH
A. ①③ B. ①④⑤
C. ②④⑤ D. ①⑤
【答案】C
【解析】
【详解】离子方程式BaCO3 + 2H＋ ＝CO2↑ + H2O + Ba2＋中的H＋表示的是可溶性的强酸，而且酸根离子不能与Ba2＋结合形成难溶性的盐。①HCl是强酸，BaCl2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；②H2SO4是可溶性的强酸，但是电离产生的酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；③HNO3，是强酸，Ba（NO3）2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；④NaHSO4是强酸的酸式盐，可以电离产生H+，同时电离产生酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；⑤CH3COOH是弱酸主要以电解质分子形式存在，不能写成H+形式。故符合题意的是②④⑤，选项C符合题意。
16.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁与硫酸铜溶液反应：Fe +Cu2+=Fe2++Cu
B. 铁片加入稀盐酸中：Fe+2H+=Fe3++H2↑
C. 碳酸钙与盐酸反应：CO32－+2H+=CO2↑+H2O
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42－=BaSO4↓
【答案】A
【解析】
【详解】A. 铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成Cu和硫酸亚铁，其离子方程式为Fe +Cu2+=Fe2++Cu，A项正确；
B. 铁片加入稀盐酸中反应铁元素以亚铁离子形式存在，而不是铁离子，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B项错误；
C. 难溶物碳酸钙要写化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，C项错误；
D. 漏写生成水的离子方程式，正确的离子方程式为2H++2OH−+Ba2++SO42−═BaSO4↓+2H2O，D项错误；
答案选A。
【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：
1.是否符合客观事实，如本题B选项，铁和稀盐酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；
2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；
3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；
4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；
5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。
总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。
17.有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成。②向①的悬浊液中加入过量稀盐酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列关于白色粉末组成的判断正确的是 (　　)
A. 肯定含有CaCl2、K2CO3，可能含有Ba(NO3)2
B. 肯定含有Ba(NO3)2、K2CO3，可能含有CaCl2
C. 肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种
D. Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3都存
【答案】C
【解析】
【详解】①有白色沉淀生成，K2CO3与Ba(NO3)2可以生成沉淀，也可以跟CaCl2反应生成沉淀，说明肯定有K2CO3，Ba(NO3)、CaCl2至少含有一种；③取少量②溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能说明混合物中含有CaCl2，因为②中加入过量的稀盐酸，对后面实验产生干扰，因此肯定有肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种。
答案选C。
18.体积为VmL，密度为dg/mL，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，物质的量浓度为cmol·L－1，溶质的质量分数为a%，溶质的质量为mg。下列式子正确的是(　 　)
A. m＝aV/100d B. c＝ C. c＝ D. a%＝%
【答案】C
【解析】
【详解】A、m=V mL×d g/mL×a%，故A错误；
B、c=1000da%/M，故B错误；
C、c==1000m/(VM) mol/L，故C正确
D、由c=1000da%/M可知a%=cM/(1000d)，故D错误；
答案选C。
19.实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的无色溶液，且在溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol·L－1。下列四个离子组能达到要求的是（ ）
A. Na＋、K＋、SO42-、Cl－ B. Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-
C. H＋、K＋、HCO3-、Cl－ D. Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42-
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复分解反应的条件判断离子能否共存，若离子间能结合成沉淀、气体或水则不能共存，在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为lmol L-1，要注意溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等。
【详解】A.若四种离子的浓度均为1mol/L，溶液中正、负电荷的总数不相等，故A错误；
B.Cu2+的水溶液为蓝色，不符合题意，故B错误；
C.H+和HCO3-能结合成二氧化碳和水，不能共存，故C错误；
D.本组离子间不能结合成沉淀、气体、或水，故能共存，溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等，故D正确。
故选D。
【点睛】解答该题易出现的错误是容易忽视题中的部分信息，判断错误。如忽视“混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol/L”，仅考虑离子之间相互不发生反应而错选A项，或忽视“无色溶液”的信息而错选B项。
20.在一点条件下，RO3n-+F2+aOH-=RO4- +2F-+H2O，下列叙述正确的是（ ）
A. n=2，a=2 B. n=2，a=1
C. RO3n-中R的化合价为+6 D. n=1，a=2
【答案】D
【解析】
【详解】从产物RO4-可知R显+7价，根据F元素的化合价变化可知电子转移数为2，结合电子转移守恒得出RO3n- 中R显+5价，则推出n=1，根据方程式中电荷守恒和元素守恒可知a=2，D项正确，
答案选D。
二．填空题
21.实验室里需240mL0.1mol/L的CuSO4溶液。
（1）配制该溶液因选__mL容量瓶，以下配制方法正确的是__（填字母）。
A.称取3.84gCuSO4溶于盛有250mL水的烧杯中
B.称取6.0g胆矾溶于盛有250mL水的烧杯中
C.称取4.0gCuSO4溶于盛有250mL水的烧杯中
D.称取6.25g胆矾配成250mL溶液
（2）假如其它操作均正确无误，分析下列情况对配制溶液浓度的影响（填“偏高”“偏低”“不变”）
A.定容时俯视观察刻度线：___；
B.移液时，对于溶解CuSO4(或胆矾)的烧杯没有洗涤：___；
C.定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，又补加水至刻度线：___。
【答案】 (1). 250 (2). D (3). 偏高 (4). 偏低 (5). 偏低
【解析】
【分析】
（1）实验室需用240mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，因无240mL规格的容量瓶，故需选用250mL的容量瓶，实际上配制的是250mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液，据此对各选项进行判断；
（2）根据c=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n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比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】（1）配制240mL溶液，需要使用250mL容量瓶只能配制250mL溶液，硫酸铜、胆矾的溶液里溶质都是CuSO4，称取任何一种都可以，配制250mL溶液，并非是溶质中加入250mL水，A、B、C项错误；根据上述分析，若配制250mL溶液，则所需的胆矾的质量m(CuSO4•5H2O)=0.025mol×250g•mol-1=6.25g，D项正确；
（2）A．定容时俯视观察刻度线，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；
B．移液时，没有洗涤溶解CuSO4（或胆矾）的烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故答案为：偏低；
C．定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，又补加水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故答案为：偏低。
22.Ⅰ.某无色透明溶液中可能含有下列离子中的一种或几种：Na+，Mg2+，Cu2+，OH-，Cl-，CO32-，SO42-，NO3-现进行如下实验：
（1）取少量溶液逐滴滴加盐酸至过量，无气体放出，再加入BaCl2溶液后，没有沉淀生成。
（2）取少量溶液，用pH试纸检验，试纸变蓝色。
（3）向（1）的溶液中加硝酸酸化后，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成。
根据上述实验推断：原溶液中肯定有___，肯定没有___，可能存在的___(填离子符号)。
Ⅱ.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+，NH4+，Cl-，Ba2+，CO32-，SO42-，现取100mL溶液进行如下实验：
（1）第一份加入AgNO3溶液后，有沉淀产生；
（2）第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.05mol气体；
（3）第三份加入足量的BaCl2溶液后，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀固体质量为2.33g。
综合上述实验推断：一定含有的离子是___，可能含有的离子是__。
【答案】 (1). OH−、Na+ (2). Mg2+、Cu2+、CO32−、SO42- (3). NO3−、Cl− (4). K＋、NH4+、CO32−、SO42- (5). Cl－
【解析】
分析】
Ⅰ.无色透明溶液，说明溶液中不含Cu2+，据（1）得出此溶液中不含有CO32-和SO42-；据（2）得出溶液呈现碱性，有OH-，据此解答即可；
Ⅱ. 第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-，不存在Ba2+，最后根据溶液中存在电荷守恒关系确定钾离子是否存在。
【详解】Ⅰ.无色透明溶液，说明溶液中不含Cu2+，取少量溶液逐滴滴加盐酸至过量，无气体放出，再加入BaCl2溶液后，没有沉淀生成，则说明溶液中无CO32-和SO42-；用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色，故此溶液显碱性，故含有OH−，此时判断一定不能含有Mg2+；向（1）的溶液中加硝酸酸化后，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，此白色沉淀为AgCl，但由于前面加入了盐酸，引入了氯离子，故此溶液中不一定含有Cl−，溶液呈电中性，根据电荷守恒一定有阳离子Na+，不能确定的离子还有NO3−；
Ⅱ.（1）加入AgNO3溶液有沉淀产生，存在的离子可能有Cl－、CO32−、SO42-；
（2）加足量NaOH溶液加热产生气体的是氨气，故一定有NH4+，物质的量为0.05mol；
（3）不溶于盐酸的2.33g沉淀是硫酸钡，物质的量是0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡质量为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为0.02mol，故CO32−为0.02mol；故一定存在CO32−、SO42-，因而一定没有Mg2＋、Ba2＋；已知溶液中含有的正电荷等于NH4+的物质的量，为0.05mol；溶液中含有的负电荷的物质的量是=2n(CO32−)+2n(SO42-)=0.06mol，故一定有K+，至少0.01mol；综合以上可以得出，一定存在的离子有K＋、NH4+、CO32−、SO42-，一定没有的离子Mg2＋、Ba2＋，可能存在Cl－。
23.（1）写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式：___；
（2）写出盐酸除铁锈（主要成分Fe2O3）的离子方程式：___；
（3）写出NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性的离子方程式：___；
（4）写出NaHCO3溶液与少量澄清石灰水反应的离子方程式：___；
（5）写出硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式：__。
【答案】 (1). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (2). Fe2O3+6H+=3H2O+2Fe3+ (3). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O (5). Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+ BaSO4↓
【解析】
【详解】（1）向一定体积的沸腾的蒸馏水中逐滴加入5～6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸待溶液呈红褐色后，停止加热，反应的离子方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（2）盐酸除铁锈（主要成分Fe2O3）的离子方程式为：Fe2O3+6H+=3H2O+2Fe3+；
（3）NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性生成硫酸钠、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++ SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（4）NaHCO3溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O；
（5）硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+ BaSO4↓。
24.已知草酸H2C2O4（一种二元弱酸）能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其反应可以表示如下：2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=K2SO4+2MnSO4+10X↑+8H2O
（1）已知相同条件下X气体对H2相对密度为22，则X的化学式为__；
（2）该反应中的氧化剂是__，还原剂是__（填化学式）。
（3）若该反应中生成的还原产物的物质的量为0.2mol，则生成的X气体在标况下的体积为__。
（4）写出该反应的离子方程式：__。
【答案】 (1). CO2 (2). KMnO4 (3). H2C2O4 (4). 22.4L (5). 2MnO4-+6H++5H2C2O4= 2Mn2++10CO2↑+8H2O
【解析】
【分析】
（1）同条件下，气体的相对分子质量之比等于气体的密度之比，再根据元素守恒分析作答；
（2）根据氧化还原反应的规律分析作答；
（3）还原产物为MnSO4，结合关系式求出二氧化碳的物质的量，进而计算其体积；
（4）根据题中信息可知草酸为二元弱酸，在离子方程式中要保留化学式。
【详解】（1）相同条件下X气体对H2的相对密度为22，则X的相对分子质量为44，结合化学反应前后原子个数不变可知，X为CO2；
（2）该反应为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，反应中，KMnO4中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，元素被还原，故KMnO4作氧化剂；H2C2O4中C元素化合价从+3价升高到+4价，元素被氧化，故H2C2O4作还原剂，故答案为：KMnO4；H2C2O4；
（3）上述反应中，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，元素被还原，得到的MnSO4为还原产物，因2MnSO410CO2，故若该反应中生成的还原产物的物质的量为0.2mol，则生成的X气体在标况下的体积为0.2mol522.4L/mol=22.4L；
（5）该反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2C2O4= 2Mn2++10CO2↑+8H2O。