吉林省白城市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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白城一中2019—2020学年度上学期期中考试高一化学试题
可能需用的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Zn-65
第Ⅰ卷　(选择题，共50分)
一. 选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1.当光束通过下列分散系：①有尘埃的空气　②稀硫酸　③蒸馏水　④墨水，能观察到有丁达尔效应的是(　　)
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】C
【解析】
试题分析：①有尘埃的空气，属于胶体分散系，具有丁达尔现象；②稀硫酸是硫酸的溶液，没有丁达尔效应；③蒸馏水，是化合物，是纯净物，不是分散系，没有丁达尔效应；④墨水是胶体，具有丁达尔效应；答案选C。
考点：考查胶体。
2.相同质量的两份铝粉，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比是（ ）
A. 1:1 B. 1:6 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】
【分析】
相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等，据此即可解答。
【详解】由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，
答案选A。
【点睛】铝与盐酸、氢氧化钠反应的对比计算是常考点，学生需要注意的是，审题要认真，抓住物质的用量是解题的关键，再依据关系式法找出生成氢气的体积（或物质的量）与参加反应的物质之间的关系进行求解。
3.将30 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（　　）
A. 0.3 mol·L-1 B. 0.05 mol·L-1 C. 0.04 mol·L-1 D. 0.03 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】硫酸根离子的物质的量为：0.03×0.5=0.015mol，加水稀释到500ml后，硫酸根离子的浓度为0.015mol/0.5L=0.03mol/L,故选B。
4.下列关于化合物、单质、混合物、电解质和非电解质的正确组合是( )

化合物
单质
混合物
电解质
非电解质
A
烧碱
液态氧
冰水混合物
醋酸
二氧化硫
B
生石灰
白磷
胆矾
氧化铝
氯气
C
干冰
铁
氨水
石灰石
酒精
D
空气
氮气
小苏打
氯化铜
硫酸钡


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，冰水混合物是纯净物，故A错误；
B选项，胆矾是纯净物，氯气为单质，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C选项，都正确，故C正确；
D选项，空气是混合物，小苏打是纯净物，硫酸钡是电解质，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】结晶水合物都为纯净物。
电解质主要是酸、碱、盐、水、金属氧化物。
5.在200 mL NaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体10.08 L，该NaOH溶液的浓度为(　　)
A. 1 mol·L－1 B. 2 mol·L－1
C. 1.5 mol·L－1 D. 3 mol·L－1
【答案】C
【解析】
详解】根据反应方程式可知
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑
2mol 3×22.4L
x 10.08L
解得x=0.3 mol
，故C正确，
综上所述，答案为C。
6.如图所示是分离混合物时常用的主要仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是

A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】B
【解析】
根据仪器构造可知四种仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发器，因此可以进行混合物分离操作分别是蒸馏、过滤、萃取、蒸发，答案选B。
7.下列说法中正确是
A. 某无色溶液中可能含有下列离子：H＋、Cl－、Na＋、Fe2＋
B. 能使石蕊变红的溶液中可能含有Cl－、K＋、Na＋、NO3-
C. 取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，通过观察是否有白色沉淀生成，可证明该溶液中是否含有SO42-
D. H＋＋OH－=H2O可描述所有酸碱中和反应的实质
【答案】B
【解析】
【详解】A、亚铁离子是有色离子，在无色溶液中不能大量存在，A错误；
B、使石蕊变红的溶液是酸性溶液，四种离子在酸性溶液中互不反应，能大量共存，B正确；
C、加入盐酸酸化的氯化钡产生的白色沉淀，可能为氯化银沉淀或硫酸钡沉淀，则无法确定是否含有硫酸根离子，C错误；
D、H＋＋OH－=H2O只表示强酸、强碱生成可溶性盐和水的反应，不能表示所有的酸碱中和反应，D错误；
答案选B。
8.在一定温度和压强下，8.8 g CO2的体积为4.9 L，则在该温度和压强下的气体摩尔体积为(　　)
A. 4.9 L/mol B. 22.4 L/mol
C. 49 L/mol D. 24.5 L/mol
【答案】D
【解析】
【详解】8.8 g CO2的物质的量为

，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】
9.下列各组微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是(　　)
A. Fe、H2O、CO2 B. ClO－、Cl－、Ag＋
C. Cl2、HClO、Mg D. Fe3＋、MnO4-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，Fe只能做还原剂，故A错误；
B选项，Cl－化合价只能升高，只能做还原剂，故B错误；
C选项，Mg元素化合价只升高，只能做还原剂，故C错误；
D选项，Fe3＋、MnO4-、NO3-化合价都能降低，能做氧化剂，故D正确；
综上所述，答案为D。
10.已知在溶液中可发生如下两个反应：①Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，②Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+。由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是
A. Sn2+、Fe2+、Ce3+ B. Sn2+、Ce3+、Fe2+
C. Ce3+、Fe2+、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+＞Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+＞Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+＞Fe2+＞Ce3+。A. Sn2+、Fe2+、Ce3+符合题意； B. Sn2+、Ce3+、Fe2+不符合题意；C. Ce3+、Fe2+、Sn2+不符合题意；D. Fe2+、Sn2+、Ce3+不符合题意；答案：A。
【点睛】根据氧化还原反应中,还原剂的还原性强于还原产物的还原性来判断。
二．选择题(每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
11.若以w1和w2分别表示浓度为a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且2a＝b，则下列判断正确的是
A. 2w1＝w2 B. 2w2＝w1 C. w2＞2w1 D. w1＜w2＜2w1
【答案】C
【解析】
【详解】根据c=1000/M，amol/L=1000/M，bmol/L=1000/M，已知2a＝b，则1000/M=2000/M，化简=2，已知氨水的密度小于1g/cm3，且浓度越大密度越小，则<，可得w2＞2w1，答案为C。
12.实验室里利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O。
关于该反应的下列说法错误的是 (　　)
A. NaNO2是氧化剂
B. 每生成1 mol N2转移的电子的物质的量为6 mol
C. NH4Cl中的氮元素被氧化
D. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1
【答案】B
【解析】
答案:B
B．不正确，N降3价或升3价，每生成1 mol N2转移的电子的物质的量为3mol
A、正确，NaNO2中N化合价降低，是氧化剂；
C．正确，NH4Cl中的氮元素化合价升高，被氧化；
D．正确，氧化剂（NaNO2中N降3价）与还原剂（NH4Cl中N升3价）物质的量之比为1:1
13.现有钠、镁、铁质量分别为2.3 g、2.4 g、5.6 g，使其分别与100 mL 0.5 mol/L的盐酸充分反应后，所得H2的质量关系正确的是(　　)
A. 氢气的质量相同
B. 铁放出氢气最多
C. 钠放出氢气最多，铁最少
D. 钠放出的氢气最多，镁铁相同
【答案】D
【解析】
【详解】根据公式，求出各物质的量，钠质量2.3 g即物质的量为0.1 mol，镁质量2.4 g即物质的量为0.1 mol，铁质量为5.6 g即物质的量为0.1 mol；100 mL 0.5 mol/L的盐酸，，则
2Na ＋ 2HCl＝2NaCl ＋ H2↑，2Na ＋ 2H2O＝2NaOH ＋ H2↑
钠与盐酸反应，无论盐酸是否过量，金属钠都反应完，0.1mol钠生成0.05mol氢气。
Mg+2HCl＝MgCl2+ H2↑
1 2 1
0.1 0.05 x
根据分析，镁过量，只能按照盐酸进行计算，经过计算x=0.025 mol
Fe+2HCl＝FeCl2+ H2↑
1 2 1
0.1 0.05 y
根据分析，铁过量，只能按照盐酸进行计算，经过计算y＝0.025 mol
因此，钠反应放出的氢气多，镁铁放出的氢气一样多。故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】涉及过量计算问题时先分析谁过量，再根据少量的进行计算。注意虽然钠过量，但过量的钠还要和水反应，因此产生的氢气可直接进行计算。
14.在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72-和PbSO4，则参加反应的PbO2与Cr3＋的物质的量之比为(　　)
A. 3∶2 B. 3∶1 C. 1∶1 D. 3∶4
【答案】A
【解析】
【详解】PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和PbSO4，PbO2到PbSO4化合价降低，降低两个价态，Cr3＋反应生成Cr2O72－，化合价升高，以1 mol Cr2O72－分析化合价升高6个价态，即升降相等，PbO2前面系数配3，Cr2O72－系数配1，则Cr3＋系数配2，故两者PbO2与Cr3＋反应之比为3:2，故A正确；
综上所述，答案为A。
【点睛】根据化合价升降原理来分析即可得出氧化剂和还原剂的物质的量之比。
15.同温同压下，A容器中H2和B容器中NH3所含原子数相等，则两个容器的体积比是(　)
A. 3∶2 B. 1∶3 C. 2∶1 D. 1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】A容器中H2和B容器中NH3所含原子数相等，可令总的原子数为4个，则A容器中有2个氢气，B容器中有1个氨气，则分子数之比为2:1，根据同温同压下，分子数之比等于物质的量之比，等于体积之比，故两容器的体积比为2:1，故C正确；
综上所述，答案为C。
【点睛】用数学思维来进行思维，计算会更简单。
16.若m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55) g，则m g Na与氧气反应，生成固体的质量可能为(　　)
①(m＋0.8) g　 ②(m＋1.0) g　 ③(m＋1.2) g　④(m＋1.6) g 　⑤(m＋1.8) g
A. 仅①④ B. 仅①⑤
C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】2Na ＋ Cl2 2NaCl，钠与氯气反应生成氯化钠，1 mol钠反应生成1 mol氯化钠，m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55) g，则参加反应的氯气是3.55g÷71g/mol＝0.05mol，因此参加反应的钠是0.1mol，所以m=2.3g，钠与氧气反应可能生成氧化钠，也可能生成过氧化钠：4Na ＋ O2＝2Na2O、2Na ＋ O2 Na2O2，根据极限思维得到，假设全部生成Na2O，根据钠守恒思想0.1 mol金属钠生成Na2O物质的量为0.05 mol，则氧化钠的质量应该为钠的质量加氧的质量，即2.3g + 0.05 mol ×16 g∙mol-1 = 2.3g + 0.8g=(2.3 + 0.8)g；假设全部生成Na2O2，根据钠守恒思想0.1 mol金属钠生成Na2O2物质的量为0.05 mol，则Na2O2的质量应该为钠的质量加氧的质量，即2.3g + 0.05 mol ×32 g∙mol-1 = 2.3g + 1.6g=(2.3 + 1.6)g，根据极限思维，mg钠和氧气反应生成的质量介于(2.3 + 0.8)g到(2.3 + 1.6)g之间，故C正确；综上所述，答案为C。
17.在实验室里做钠跟水反应的实验时，用到的仪器是（　　）
a.试管夹 b．镊子 c．小刀 d．冷凝管 e．滤纸 f．研钵 g．烧杯 h．坩埚 i．石棉网 j．玻璃片 k．药匙 l．燃烧匙．
A. abdi B. cefj C. fghl D. bcegj
【答案】D
【解析】
【详解】根据实验图

因此，镊子、小刀、滤纸、烧杯、玻璃片需要用到，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】在做题时要回顾平时做实验的步骤以及所涉及到的实验用品。
18.已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后体系中共存在六种微粒：Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋。下列有关该反应的叙述不正确的是(　)
A. 氧化产物为Cl2
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C 当生成3 mol H2O时，反应中转移2 mol电子
D. 当生成2.24 L(标准状况下)Cl2时，反应中转移0.1 mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应体系得出，Co2O3与Cl－反应生成氯气和Co2＋，根据氧守恒，水应该为生成物，则氢离子为反应物，写出反应方程式：Co2O3 ＋Cl－＋H＋＝Cl2 ＋Co2＋＋H2O，对方程式配平：Co2O3 ＋2Cl－ ＋6H＋＝Cl2↑＋2Co2＋＋3H2O。
【详解】A选项，化合价升高得到的产物为氧化产物，即Cl2，故A正确；
B选项，氧化剂为Co2O3，还原剂为Cl－，它们物质的量之比为1∶2，故B正确；
C选项，根据反应方程式Co2O3化合价降低2个，即1mol Co2O3转移2mol电子，生成3mol水，故C正确；
D选项，根据方程式生成1 mol氯气转移2mol电子，当生成2.24 L(标准状况下)即0.1 mol Cl2时，反应中转移0.2 mol电子，故D错误；
综上所述，答案为D。
19.在一定的温度、压强下，向100mL和Ar的混合气体中通入400mL，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中和Ar的物质的量之比为
A. 1:4 B. 1:3 C. 1:2 D. 1:1
【答案】A
【解析】
【详解】甲烷与氧气反应的方程式是CH4＋2O2CO2＋2H2O，根据体积差可知，每消耗1体积CH4气体体积减少2体积，甲烷的体积是（100mL+400mL－460mL）÷2＝20mL，则Ar的体积是80mL，所以二者的体积之比是1︰4，答案选A。
20.下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )
① KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6
② Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe； 1∶2
③ 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO； 2∶1
④ SiO2＋3C===SiC＋2CO↑； 1∶2
A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，只有5molHCl升高，故还原剂为5mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:5，故①错误；
②Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe；氧化剂为Fe2O3，还原剂为Al，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故②正确；
③3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；氧化剂为NO2，还原剂为NO2，有2mol升高，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故③错误；
④SiO2＋3C===SiC＋2CO↑；氧化剂为C，还原剂为C，有2mol升高，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故④正确；故C正确；
综上所述，答案为C。
【点睛】部分还原部分氧化这种类型的题一定要注意分析。比如KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，有3 mol 氯气，但这3 mol氯气既是氧化产物又是还原产物。
第Ⅱ卷　(非选择题，共50分)
三．填空题
21.按要求写出下列反应的离子方程式：
（1）金属钠与水反应：_____________。
（2）金属铝与氢氧化钠溶液反应：____________。
（3）NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后溶液恰好显中性：_______________。
（4）铝与硝酸汞溶液反应__________________。
（5）向澄清石灰水中通入少量的二氧化碳气体：__________。
【答案】 (1). 2Na ＋ 2H2O＝2Na＋ ＋ 2OH－ ＋ H2↑ (2). 2Al ＋ 2OH－＋2H2O＝2AlO2－ ＋ 3H2↑ (3). 2H＋ ＋SO42－＋Ba2＋ ＋2OH－＝2H2O＋BaSO4↓ (4). 2Al＋3Hg2＋＝3Hg＋2Al3＋ (5). Ca2＋ ＋2OH－＋CO2＝H2O ＋CaCO3↓
【解析】
【详解】（1）金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，因此离子方程式为2Na ＋ 2H2O＝2Na＋ ＋ 2OH－ ＋ H2↑；
（2）金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，因此离子方程式为2Al ＋ 2OH－＋2H2O＝2AlO2－ ＋ 3H2↑；
（3）NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后溶液恰好显中性，则溶液中的氢离子刚好反应完，其离子方程式为2H＋ ＋SO42－＋Ba2＋ ＋2OH－＝2H2O＋BaSO4↓；
（4）铝与硝酸汞溶液反应生成汞和硝酸铝，其离子方程式为2Al＋3Hg2＋＝3Hg＋2Al3＋；
（5）向澄清石灰水中通入少量的二氧化碳气体生成碳酸钙和水，其离子方程式为Ca2＋ ＋2OH－＋CO2＝H2O ＋CaCO3↓。
22.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：2KNO3＋S＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑。该反应中还原剂是_______，还原产物是________________（均写化学式），用双线桥法标出电子转移的方向和数目：_______。
【答案】 (1). C (2). K2S、N2 (3).
【解析】
【分析】
硝酸钾中氮化合价降低，硫化合价降低，碳化合价升高，因此还原剂为C，氧化剂为硝酸钾和硫，化合价升高得到的产物为氧化产物，化合价降低得到的产物为还原产物，硫化钾是化合价降低得到的产物，故是还原产物，氮气是化合价降低得到的产物，故是还原产物，二氧化碳是化合价升高得到的产物，故是氧化产物。
【详解】还原剂是化合价升高的物质，碳元素化合价升高，故还原剂是：C，还原产物是化合价降低得到的产物，氮降低，硫降低，故还原产物是K2S、N2；用双线桥法标出电子转移的方向和数目：。
23.下列溶液的配制过程能引起浓度怎样的变化？（填偏高、偏低或无影响）
①在90 mL水中加入18.4 mol/L的硫酸10 mL，配制1.84 mol/L的硫酸溶液。___________
②配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线。___________
③10%的乙醇和20%的乙醇等体积混合配制15%的乙醇溶液。__________
④质量分数为30%和50%的两种硫酸等质量混合配成40%的硫酸。_________
【答案】 (1). 偏高 (2). 偏低 (3). 偏低 (4). 无影响
【解析】
【分析】
配制溶液主要是分析溶质和溶液的体积变化。
【详解】①在90 mL水中加入18.4 mol/L的硫酸10 mL，配制1.84 mol/L的硫酸溶液。溶液的体积不能加和，因此溶液总体积小于100 mL，因此浓度大于1.84mol/L，故答案偏高；
②配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，量取浓溶液的体积偏小，即溶质的物质的量减小，误差偏小，故答案偏低；
③10%的乙醇和20%的乙醇等体积混合配制15%的乙醇溶液，因密度小于1g∙cm-3的乙醇等体积混合，混合后质量分数小于两者和的一半，故答案偏低；
④质量分数为30%和50%的两种硫酸等质量混合配成40%的硫酸，等质量混合，质量分数为两者和的一半，故无影响；
24.钠、镁、铝、铁是四种重要的金属。请回答：
(1)钠的金属活动性比铝的________(填“强”或“弱”)。
(2)钠与水反应，可观察到的实验现象是________(填编号)。
a．钠沉到水底 b．钠熔成小球 c．小球四处游动
(3)Fe跟Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是________。
(4)写出铁与水蒸气在高温时反应的化学方程式____________
(5)将镁铝合金与过量NaOH溶液反应，所得溶液中不存在离子是________。
A．Na＋ B．Mg2＋ C．OH－ D．AlO2-
(6)将镁铝合金溶于过量的盐酸中，充分反应后，溶液中新生成的离子是________。
【答案】 (1). 强 (2). bc (3). FeCl3 (4). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (5). B (6). Mg2＋、Al3＋
【解析】
【详解】⑴根据金属活动顺序表得出钠的金属活动性比铝的强，
故答案为强；
⑵钠与水反应，可观察到现象为浮、熔、游、响，
故答案为bc；
⑶Fe跟Cl2反应，无论过量少量都只生成氯化铁，
故答案为FeCl3；
⑷铁与水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，其化学方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，
故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；
⑸将镁铝合金与过量NaOH溶液反应，只有铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，镁不反应，还剩余氢氧化钠，因此不存在的离子是镁离子，
故答案为B；
⑹将镁铝合金溶于过量的盐酸中，镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，因此溶液中新生成的离子是镁离子和铝离子，
故答案为Mg2＋、Al3＋
25.某无色透明溶液能与金属铝反应放出H2。试判断下列离子：Mg2＋、Cu2＋、Ba2＋、H＋、Ag＋、SO42-、SO32-、HCO3-、OH－，哪些能大量存在于此溶液中？
(1)当生成Al3＋时，能大量存在的离子是________。
(2)当生成AlO2-时，能大量存在的离子是________。
【答案】 (1). H＋、Mg2＋、SO42- (2). OH－、Ba2＋
【解析】
【分析】
利用离子之间相互共存问题来分析离子之间是否大量共存，无色溶液说明没有有颜色的铜离子。
【详解】无色溶液推出无Cu2＋，则
(1)当生成Al3＋时，说明溶液中有H＋，从而无SO32-、HCO3-、OH－，根据电中性原则，一定有SO42-，根据相互共存性，从而无Ba2＋、Ag＋，而Mg2＋能共存，
故答案为H＋、Mg2＋、SO42-
(2)当生成AlO2-时，说明溶液中有OH－，从而无Mg2＋、Ag＋、HCO3-、H＋，根据电中性原则，一定有Ba2＋，根据相互共存性，从而无SO32-、SO42-，
故答案为OH－、Ba2＋。
26.某校学生课外活动小组的同学设计下图所示实验装置，用来验证一氧化碳具有还原性。回答下列问题。

(1)写出装置A中所发生反应的离子方程式________。
(2)装置B中是饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去挥发的氯化氢气体。若实验中没有装置C，使装置B与装置D直接相连，会对实验造成的影响是：____________。
(3)装置D中反应的化学方程式为_____________________。
(4)根据实验中的________________现象，可证明CO具有还原性。
(5)若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认一氧化碳具有还原性，应在上图装置________与________之间连接下图中的________装置(填序号)。

【答案】 (1). CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑ (2). 没有除去气体中的水蒸气，高温下水蒸气与炭反应生成H2和CO，H2也能还原CuO (3). C＋CO22CO (4). E装置中黑色CuO变成红色 (5). D (6). E (7). ②
【解析】
【分析】
A是实验室制取二氧化碳的装置，B装置的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，用饱和的碳酸氢钠溶液，C装置的作用是干燥二氧化碳气体，D是产生一氧化碳的装置，黑色固体为碳单质，E中发生的反应是一氧化碳还原氧化铜，现象是出现红色物质，F装置的作用是检验生成二氧化碳和处理尾气。
【详解】（1）装置A是实验室制二氧化碳气体，其反应方程式为CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑，其反应的离子方程式CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑；
（2）若实验中没有装置C，没有干燥气体，则水蒸气会和灼热的碳反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都会与氧化铜反应，现象都为出现红色物质，则不能验证一氧化碳的还原性；
（3）装置D中反应是碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，其化学方程式为C＋CO22CO；
（4）根据实验中的E装置中黑色CuO变成红色现象，可证明CO具有还原性；
（5）若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认一氧化碳具有还原性，D装置中出来的气体有二氧化碳气体，应将除去再通入到E中让一氧化碳和氧化铜反应，装置中不能带入水蒸气，所以用碱石灰来吸收二氧化碳。
27.已知：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－、2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－。
(1)含有1.5 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入3 mol Cl2，此时被氧化的离子及其物质的量分别是__________________。
(2)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为________(用含a、b的代数式表示)。
【答案】 (1). n(I－)＝3 mol、n(Fe2＋)＝3 mol (2). c＝3(a＋b)/2
【解析】
【分析】
已知：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－、2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－，根据题知信息得出还原性顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，再根据氧化还原反应原理做题。
【详解】（1）含有1.5 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入3 mol Cl2，氯气首先和碘离子反应，2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－，1.5 mol FeI2有3 mol I－，消耗1.5 mol Cl2，剩余1.5 mol氯气，剩余的氯气再和亚铁离子反应，2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，亚铁离子共3.5 mol，根据量的关系，亚铁离子未反应完，氯气反应完，1.5 mol氯气反应3 mol亚铁离子，故被氧化的离子为I－、Fe2＋，物质的量分别为n(I－)＝3 mol、n(Fe2＋)＝3 mol；
（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，则溶液中n(I－)＝2a mol、n(Fe2＋)＝(a+b) mol、n(Br－)＝2b mol。根据2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－，得消耗的氯气n(Cl2)＝a mol，根据2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，得消耗的氯气n(Cl2)＝，根据2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－，得消耗的氯气n(Cl2)＝b mol，即全部被氧化，消耗的n(Cl2)＝a mol＋＋ b mol =。