甘肃省武威第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

武威一中2019年秋季学期期中考试
高一年级化学试卷
相对原子质量：Na 23 K 39 O 16 Si 28 S 32 N 14 C 12 S 16 Ag 108 Cl 35.5 Mg 24 Ba 137
一、单项选择题
1.根据广州中心气象台报道，近年每到春季，我省沿海一些城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的
A. 溶液 B. 悬浊液 C. 乳浊液 D. 胶体
【答案】D
【解析】
【分析】
分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系属于胶体，雾属于胶体，属于气溶胶。
【详解】因分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体，所以D选项是正确的。
答案选D。
2.下列说法正确的是（ ）
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②分离煤油和水可采用分液的方法
③溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀可以证明含硫酸根
④可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液
A. ①③④ B. ①②④ C. ③④ D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，河水中的泥土颗粒形成了胶体，在入海口遇到海水中的电解质出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故①正确；
②煤油和水是互不相溶的液体，混合在一起会分层，可以用分液法分离，故②正确；
③溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀，可能生成AgCl沉淀，银离子与氯离子能生成难溶于酸的AgCl沉淀，不一定含有硫酸根离子，故③错误；
④胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，所以可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液，故④正确；
①②④正确，故答案为B。
3.下列有关电解质的叙述正确的是( )
A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质
B. NH3的水溶液能够导电，所以NH3是电解质
C. 液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质
D. 熔融NaCl可以导电，所以NaCl是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A 、虽然液态HCl不导电，但是HCl溶于水能导电，所以HCl是电解质，故A错误；
B、NH3的水溶液能够导电是因为氨气和水反应生成了一水合氨，一水和氨是电解质，NH3是非电解质，故B错误；
C、Cl2是单质，不属于非电解质，故C错误；
D、熔融NaCl可以导电，所以NaCl是电解质，故D正确
故选：D
4.在下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是
A. C+H2OCO+H2
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在氧化还原反应中，若水既不是氧化剂又不是还原剂，则水中H、O元素化合价在反应前后不发生变化，据此判断。
【详解】A、C+H2OCO+H2的反应中，H元素的化合价降低，水是氧化剂，碳元素化合价升高，碳是还原剂，故A不选。
B、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水中元素的化合价均不变，不是氧化剂也不是还原剂，故B选；
C、Na与水的反应中，Na元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，则水作氧化剂，钠是还原剂，故C不选；
D、单质氟与水的反应中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，单质氟作氧化剂，故D不选；
故答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应中的氧化剂、还原剂判断，明确元素的化合价及化合价在反应中的变化是解答本题的关键。
5.下列物质中,含有自由移动的的是
A. KCl溶液 B. NaClO3溶液
C. NaCl晶体 D. 液态氯化氢
【答案】A
【解析】
【详解】A．KCl在水溶液中可以电离出自由移动的氯离子，故A选；
B．NaClO3溶液中含有氯酸根离子，没有氯离子，故B不选；
C．NaCl晶体中含有氯离子，但氯离子不能自由移动，故C不选；
D．液态HCl中只有氯化氢分子，故D不选；
故答案选A。
【点睛】本题考查了电解质的电离，只有在水溶液里或熔融状态下才可能存在自由移动的氯离子，易错选项是B，注意氯酸钾电离出氯酸根离子而不是氯离子，为易错点。
6.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句涉及氧化还原反应的是
A. 花气袭人知骤暖， 鹊声穿树喜新晴
B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间
D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
【答案】D
【解析】
【详解】A.诗句描述的没有涉及到化学反应，故A错误；
B.沙里淘金属于物理变化，不是化学反应，故B错误；
C.诗句中涉及的反应有：CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，都不是氧化还原反应，故C错误；
D.爆竹爆炸过程中，火药燃烧属于氧化还原反应，故D正确。
故选D。
7.将以下4份溶液分别置于如图的装置中，其它条件相同时，灯泡最亮的是

A. 100 mL 1 mol·L－1的盐酸
B. 100 mL 2 mol·L－1的蔗糖溶液
C. 100 mL 1 mol·L－1的醋酸溶液
D. 30 mL 1 mol·L－1的氯化铝溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液的导电性由离子浓度、离子电荷决定，其它条件相同时，溶液中的自由移动的离子的浓度越大、离子所带的电荷越多，则灯泡越亮。
【详解】结合上述分析知：A、氯化氢是强电解质，该溶液中的离子总浓度是2mol/L；B、蔗糖是非电解质，在溶液中以分子存在，不能导电；C、醋酸是弱电解质，该溶液中自由移动的离子浓度很小，故导电能力很弱；D、氯化铝是强电解质，在水溶液里完全电离，该反应中总的离子浓度是4mol/L，且铝离子带3个单位的正电荷；通过以上分析知，离子浓度最大的是氯化铝溶液，则氯化铝溶液中灯泡最亮。答案：D。
【点睛】强电解质在水溶液中完全电离，可以根据电解质溶液浓度计算电解质电离出的各离子的浓度，但是弱电解质不能完全电离，大部分以分子的形式存在；根据各个选项计算出的自由移动离子浓度的大小，结合溶液中离子浓度的大小和溶液导电性的关系得出答案就可以了。
8.下列微粒只有氧化性的是
A. Fe3+ B. SO2 C. Cl2 D. HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A.Fe3+的化合价是最高价,所以只有氧化性,故A正确;B. SO2中S的化合价是中间价态,所以既有氧化性又有还原性,故B错误;C.Cl2中的Cl化合价是中间价态,所以既有氧化性又有还原性,故C错误;D. HCl中Cl的化合价是最低价, H的化合价是最高价,所以既有氧化性又有还原性,故D错误。答案：A。
【点睛】根据化合价的高低判断微粒的氧化性还原性,最高价态的只有氧化性,最低价态的只有还原性,中间价态的既有氧化性又有还原性。
9.已知Fe3+氧化性强于Cu2+，向含有、 的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断错误的是（ ）
A. 加入KSCN溶液不显红色
B. 溶液中一定含Fe2+
C. 溶液中一定含
D. 剩余固体中一定含铜
【答案】C
【解析】
【分析】
FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，据此分析解答。
【详解】FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2；
A．溶液中溶质一定没有Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A正确；
B．根据以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，故B正确；
C．根据以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；
D．Fe的还原性大于Cu，所以固体中一定含有Cu，故D正确；
故答案为C。
10.下列物质溶于水的电离方程式正确的是（ ）
A. Al2(SO4)3 = 2Al3+ + 3SO42- B. NaHCO3 = Na+ + H++ CO32-
C. NaHSO4= Na+ + HSO4- D. KClO3 = K+ + Cl-+ 3O2-
【答案】A
【解析】
【详解】A. Al2(SO4)3能够完全电离成Al3+和SO42-，故A选；
B.碳酸是弱酸，HCO3-不能拆开写，故B不选；
C.硫酸是强酸，HSO4-要拆成H+和SO42-，故C不选；
D.ClO3-是一个原子团，不能拆开写，故D不选。
故选A。
【点睛】书写电离方程式时，等号左边是化合物的化学式，右边是电离出来的离子符号。原子团不能拆开写，如SO42- 、ClO3-等，但由于硫酸是强酸，HSO4-要拆成H+和SO42-，但其他的酸式根离子不能拆开写，如HCO3-。
11.医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是
A. 氯化钠溶液 B. 医用酒精 C. 葡萄糖溶液 D. 碘酒
【答案】A
【解析】
氯化钠是电解质，溶于水可以导电；乙醇、葡萄糖为非电解质，所以医用酒精、葡萄糖和碘酒均不导电，做心电图时在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是氯化钠溶液，答案选A。正确答案为A。
12.能用离子方程式H＋＋OH－＝H2O表示的反应是
A. 稀醋酸和稀氨水反应 B. 稀硫酸和烧碱溶液反应
C. 稀盐酸和氢氧化铜反应 D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应
【答案】B
【解析】
稀醋酸和稀氨水均是弱电解质，氢氧化铜、D项生成的硫酸钡均不溶于水，它们均写化学式，所以选B。
13.新型Na－CO2电池工作原理为：4Na＋3CO2===2Na2CO3＋C，下列说法正确的是
A. Na是氧化剂 B. CO2在反应中失去电子
C. CO2全部被还原 D. 每生成1 molNa2CO3转移2 mol电子
【答案】D
【解析】
A. Na的化合价的变化为0→+1，Na是还原剂，故A错误；B.C的化合价的变化为+4 →0，CO2在反应中得到电子，故B错误；C.C的化合价降低，CO2部分被还原，故C错误；D. 每生成1 molNa2CO3转移2mol电子，故D正确。故选D。
14. 下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（ ）
A. H2→H2O B. Zn→ Zn2＋
C. Cl2→Cl－ D. CuO→CuCl2
【答案】C
【解析】
必需加入还原剂才能实现，说明该物质是氧化剂，得到电子，化合价降低，所以选项C正确，AB小于加入氧化剂，D中不是氧化还原反应，答案选C。
15.某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO3-在强酸性条件下，能氧化Fe2+，不能共存，故A错误；
B．HCO3-在强酸性条件下，不能大量存在，易生成CO2和H2O，故B错误；
C．离子组在强酸性条件下，彼此间不发生离子反应，能大量共存，故C正确；
D．无色溶液中不可能大量存在MnO4-，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
16.下列反应中，电子转移的表示方法正确的是


A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
表示电子转移时，双线桥：方程式两侧，同种元素原子间的电子转移情况，箭头指向生成物，并标出得失和电子的数目；单线桥：在反应物一侧，还原剂把电子给了氧化剂，箭头指向氧化剂，不标得失，只写电子的数目；据以上分析解答。
【详解】A.SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，得电子，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价，失电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，A错误；

B.Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，失电子；H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，B错误；
C.KI→I2，碘元素化合价由-1价升高到0价，失电子；KMnO4→MnSO4，锰元素化合价由+7价降低到+2价，得电子，根据电子得失守恒，该方程式电子转移表示方法为：，C正确；
D. Cu→CuSO4，铜元素化合价由0价升高到+2价，失电子；H2SO4→SO2，硫元素化合价由+6价降低到+4价，得电子，还原剂把电子转移给氧化剂，该方程式电子转移表示方法为：，D错误；
综上所述，本题选C。
17.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应中的还原剂只有Fe2+
B. x=4
C. 已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体
D. 每生成1molFe3O4，被还原的O2为1mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中Fe、S元素的化合价升高，则还原剂除Fe2+，还有，故A错误；
B．由电荷守恒可知：2×3+2×(-2)-x=-2，解得x=4，故B正确；
C．Fe3O4纳米颗粒分散在分散剂中形成胶体分散系，则Fe3O4纳米颗粒不是胶体，故C错误；
D．Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，生成1molFe3O4，被S2O32-还原的O2为=0.5mol，故D错误；
故答案为B。
18.已知反应：
①Cl2+2KBr＝2KCl+Br2，
②KClO3+6HCl（浓）＝3Cl2↑+KCl+3H2O，
③2KBrO3+Cl2＝Br2+2KClO3，
下列说法正确的是（　　）
A. 上述3个反应都是置换反应
B. ③中1 mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为10 NA
C. 反应②中若得到13.44L Cl2，则电子转移个数为6.02×1023
D. 氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2
【答案】D
【解析】
【详解】A、一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，反应②KClO3+6HCl(浓)＝3Cl2↑+KCl+3H2O中，反应物不存在单质，不属于置换反应，A错误；
B、反应③中lmol还原剂（Cl2）反应，由电子守恒可知，2mol氧化剂得到电子的物质的量为1mol×2×（5-0）=10mol，B错误；
C、反应②中氧化剂是氯酸钾，氯元素化合价从+5价降低到0价，因此生成3mol氯气转移5mol电子，但13.44L氯气的物质的量不一定是0.6mol，无法计算转移电子数，C错误；
D、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，D正确。
答案选D。
【点睛】准确判断出反应中元素的化合价变化情况是解答的关键，注意电子得失守恒的灵活应用。即答题时要从氧化还原反应的实质—电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。
19.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列物质分类不合理的是（ ）
A. 酸性氧化物：CO、SO2、SiO2 B. 碱性氧化物：Na2O、MgO、CaO
C. 电解质：BaSO4、KAl (SO4)2•12H2O 、HCl D. 胶体： 烟水晶、硅酸溶胶、云雾
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO不能和碱溶液反应，是不成盐氧化物，而SO2、SiO2 都能和NaOH溶液反应只生成盐和水，均为酸性氧化物，故A错误；
B．Na2O、MgO、CaO都能和盐酸反应只生成盐和水，是碱性氧化物，故B正确；
C．BaSO4、KAl(SO4)2•12H2O、HCl分别是盐、盐和酸，在水溶液中或熔融状态下能导电，所以BaSO4、KAl(SO4)2•12H2O、HCl都是电解质，故C正确；
D．烟水晶、硅酸溶胶、云雾的粒子直径在1-100nm之间，它们都均为胶体，故D正确；
故答案为A。
20.随着我国汽车年销量的大幅增加，给空气环境造成了很大的污染。汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物
B.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2
C. 反应中CO为氧化剂，CO2为氧化产物
D. 催化转化总化学方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】
汽车尾气的有害气体主要是氮氧化物、一氧化碳等，根据图片知，NO2在整个过程中是一种中间产物，一氧化氮气体和氧气、一氧化碳会在催化剂表面发生反应，转化为无毒气体，从而起到尾气净化作用。
【详解】A．该反应中，NO生成为N2，N元素化合价降低，则NO是氧化剂，N2是还原产物，故A错误；
B．有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，无N2，故B错误；
C．反应中CO为还原剂，CO2为氧化产物，故C错误；
D．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO+O2+4CO=4CO2+N2，故D正确；
故答案为D。
21.已知、、和均有还原性，在酸性溶液中还原能力的强弱顺序为：，则下列反应不能发生的是
A.
B.
C
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的强弱规律分析判断。
【详解】还原性：，推知氧化性：O2 > Fe3+ > I2 > SO42-。则较强氧化性的Fe3+可与较强还原性的I-、SO2反应（A、D项正确）；较强氧化性的I2可与较强还原性的SO2反应（C项正确）；较弱氧化性的H2SO4与较弱还原性的H2O2不反应（B项错误）。
本题选B。
22.有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种、、，现将此溶液分成三等份，进行如下实验
①向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
②向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04 mol；（条件为加热）
③向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，以下推测错误的是（ ）
A. K+一定存在
B. Ba2+、Mg2+一定不存
C. Cl- 一定存在
D. 混合溶液中的浓度为0.1 mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；
②0.04mol为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.04mol；
③2.33g为硫酸钡，6.27g为硫酸钡和碳酸钡；
再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子。
【详解】①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl-、CO32-、SO42-；
②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04mol；
③不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量是0.01mol；c(SO42-)==0.05mol/L，6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为0.02mol，故一定存在CO32-、SO42-，因而一定没有Mg2+、Ba2+；c(CO32-)==0.1mol/L，再根据电荷守恒，正电荷为：n(+)=n(NH4+)=0.04ol；n(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.3mol故一定有K+，最少是0.26mol；
综合以上可以得出，一定存在的离子有NH4+、K+、CO32-、SO42-，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，可能存在Cl-；
A．一定存在钾离子，故A正确；
B．一定没有的离子Mg2+、Ba2+，故B正确；
C．可能存在Cl-，故C错误；
D．混合溶液中CO32-的浓度为c(CO32-)==0.1mol/L，故D正确；
故答案为C。
【点睛】破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
23.A2、B2、C23种单质和它们离子间能发生下列反应2A- + C2 = 2C- + A2、2C- + B2 = 2B- + C2。若X-能与C2发生反应2X- + C2 = 2C- + X2有关说法中不正确的是（ ）
A. 氧化性B2＞C2＞A2 B. 还原性X-＞C-＞B-
C. X2与B-能发生反应 D. B2与X-能发生反应
【答案】C
【解析】
分析2A- + C2 = 2C- + A2，该反应的氧化剂是C2，氧化产物是A2，所以氧化性C2 ＞A2；还原剂是A-，还原产物是C-，所以还原性A- ＞C-。分析2C- + B2 = 2B- + C2 ， 该反应的氧化剂是B2，氧化产物是C2，所以氧化性B2 ＞C2；还原剂是C-，还原产物是B-，所以还原性C- ＞B-。若X-能与C2发生反应2X- + C2 = 2C- + X2，则氧化性C2 ＞X2；还原性X- ＞C-。，综上所述，氧化性B2＞C2＞A2、B2＞C2＞X2，还原性X-＞C-＞B-，所以B2与X-能发生反应，X2与B-不能发生反应，C不正确，本题选C。
点睛：在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。较强的氧化剂可以制备较弱的氧化剂，较强的还原剂可以制备较弱的还原剂。
24.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铜跟硝酸银溶液反应：
B. 碳酸钙与盐酸反应：
C. 足量的CO2与澄清石灰水反应：
D. Ba(OH)2与CuSO4溶液反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜跟硝酸银溶液反应，离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故A错误；
B．碳酸钙与盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；
C．足量的CO2与澄清石灰水反应无沉淀，产物为Ca(HCO3)2，则发生反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故C错误；
D．Ba(OH)2与CuSO4溶液反应，离子方程式：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意电荷守恒分析，反应实质理解；判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等。
25. 下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是
A. FeBr2与Cl2 B. Ba(OH)2与H2SO4
C. HCl与Na2CO3 D. Ca(HCO3)2与NaOH
【答案】B
【解析】
正确答案：B
A．还原性：Fe2＋>Br―Cl2量不同，反应产物不同
B．2H＋＋2OH―＋Ba2＋＋SO42―=BaSO4＋2H2O
C．H＋＋CO32―=HCO3―,H＋＋HCO3―=H2O＋CO2↑
D．Ca2＋＋HCO3―＋OH―=CaCO3↓＋H2O, Ca2＋＋2HCO3―＋2OH―=CaCO3↓＋2H2O＋CO32―
二、填空题
26.Ⅰ．有下列物质：①氢氧化钠固体 ②铜丝 ③氯化氢气体 ④稀硫酸 ⑤二氧化碳气体 ⑥氨水 ⑦碳酸钠粉末 ⑧蔗糖晶体 ⑨熔融氯化钠 ⑩CuSO4•5H2O晶体．请用序号填空：
（1）上述状态下可导电的是：________________________；
（2）属于电解质的是________________________________；
（3）属于非电解质的是______________________________。
Ⅱ．从下列各组反应对比中，判断哪种粒子的氧化性最强，哪种粒子还原性最强。
（4）铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质；铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质。则在Cu、Fe、Ag中，________的还原性最强；在Cu2＋、Fe2＋、Ag＋中，________的氧化性最强；
（5）铁钉在氯气中被锈蚀为棕褐色物质(FeCl3)，而在盐酸中生成淡绿色溶液(FeCl2)。则在氯气分子(Cl2)、Cl-、H+中，______________具有氧化性，_____________的氧化性最强。
【答案】 (1). ②④⑥⑨ (2). ①③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧ (4). Fe (5). Ag+ (6). Cl2 、H+ (7). Cl2
【解析】
【分析】
Ⅰ．氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、CuSO4•5H2O晶体不能导电，但它们溶于水或熔融状态下可导电，属于电解质；铜丝、稀硫酸，氨水、熔融氯化钠可以导电，但铜是单质、氨水是混合物，它们既不是电解质，也不是非电解质；二氧化碳气体和蔗糖熔化状态下不能导电，溶于水时蔗糖溶液也不导电，所以蔗糖是非电解质，二氧化碳的水溶液虽然能导电，但由于在溶液中发生电离的是二氧化碳与水反应生成的碳酸，二氧化碳并未发生电离，故二氧化碳是非电解质；
Ⅱ．(4)铁置换出Cu，Cu置换出Ag，氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
(5)氯气、氢离子都具有氧化性，可与铁反应分别生成氯化铁、氯化亚铁，氯气氧化性较强，以此解答该题。
【详解】Ⅰ．(1)能导电的物质有金属、电解质溶液或熔融液，即含有自由移动离子的物质．符合条件的有②④⑥⑨；
(2)电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，符合条件的有①③⑦⑨⑩；
(3)非电解质是在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，符合条件的有⑤⑧；
Ⅱ．(4)铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质；铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质，则铁置换出Cu，Cu置换出Ag，所以还原剂Fe＞Cu＞Ag，故还原性最强的是Fe；Cu2+、Fe2+、Ag+中氧化性强弱为Ag+＞Cu2+＞Fe2+，氧化性最强的是Ag+；
(5)铁为变价金属，与强氧化剂反应生成铁离子，也氧化性较弱的氧化剂反应生成亚铁离子，Cl2 、H+都具有氧化性，可与铁反应分别生成氯化铁、氯化亚铁，Cl2氧化性较强。
【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。
27.利用元素化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段．如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系（图中X是H2S）：

（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有________（填化学式）；
（2）将X与Y混合，可生成S单质（淡黄色沉淀）。该反应的化学方程式为_______________，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________；
（3）写出Z的稀溶液与Ba(OH)2溶液发生化学反应的离子方程式___________________________；
（4）Na2S2O3是重要的化工原料．从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是________（填代号）；
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4
（5）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为_______。
【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (2). (3). 2:1 (4). (5). b (6). +3
【解析】
分析】
S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价；
(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；
(2)将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价降低的为还原剂；
(3)Z为硫酸，稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合生硫酸钡沉淀和水；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；
(5)Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。
【详解】S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价；
(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3；
(2)将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，发生反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价-2价变化为0价，H2S做还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫做氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
(3)Z为硫酸，稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合生硫酸钡沉淀和水，发生化学反应的离子方程式为；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，cd中S的化合价都大于2，b符合题意，故答案为b；
(5)令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10-3L×0.05mol/L×(6-4)=20×10-3L×0.02mol/L×2×(6-a)，解得a=+3，即Cr元素在还原产物中的化合价为+3。
三、实验探究题
28.Ⅰ．下图1所示是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：

（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体选择装置________（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的氯离子等杂质选择装置________。
（2）从碘水中分离出I2选择装置________，该分离方法的名称为________。
Ⅱ．海水中蕴藏着丰富的资源，在实验室中取少量海水，进行如图2流程的实验:

（3）粗盐中含等杂质，需要提纯后才能综合利用。粗盐提纯的步骤有: ①加入过量的Na2CO3溶液②加入过量的BaCl2溶液；③加入过量的NaOH溶液；④加入盐酸调节溶液至中性；⑤溶解；⑥过滤；⑦蒸发。正确的操作顺序是（填写序号字母）_________________。
A．⑤②③①④⑥⑦ B．⑤①②③⑥④⑦ C．⑤②①③④⑥⑦ D．⑤③②①⑥④⑦
（4）写出上述实验步骤中加入过量的Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：______________________，_______________________。
（5）由海水到氯化钠晶体的实验过程中要用到的主要装置是(从图1中给定的四种装置中选择)______________________。
【答案】 (1). D (2). A (3). B (4). 萃取、分液 (5). d (6). (7). (8). CD
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)从溶液中得到固体采用蒸发结晶的方法；除去自来水中的Cl-等杂质采用蒸馏的方法；
(2)从碘水中分离出I2，碘易溶于有机溶剂而难溶于水，所以可以采用萃取方法；
Ⅱ．(3)粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，提纯过程中，先加水溶解，然后把杂质转化为沉淀或气体除去，除Ca2+用CO32-，除Mg2+用OH-，除SO42-用Ba2+．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加的过量试剂除掉；
(4)实验步骤中加入过量的Na2CO3溶液的目的是除去溶液中的Ca2+和过量的Ba2+；
(5)由海水到氯化钠晶体的实验过程中先沉淀杂质离子，然后过滤最后蒸发浓缩。
【详解】A为蒸馏装置，B为分液装置，C为过滤装置，D为蒸发结晶装置；
Ⅰ．(1)从溶液中得到固体采用蒸发结晶的方法，所以从KCl溶液中得到KCl固体采用蒸发结晶的方法，故选择装置D；氯离子易溶于水，但难挥发，水易被蒸发，所以除去自来水中的Cl-等杂质采用蒸馏的方法，故选择装置A；
(2)碘易溶于有机溶剂而难溶于水，从碘水中分离出I2可以加入四氯化碳萃取、分液，选择装置B；
Ⅱ．(3)根据分析，除去粗盐中的可溶性杂质：Ca2+、Mg2+、SO42-时，先加水溶解，所以加入过量NaOH(去除镁离子)；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是⑤③②①⑥④⑦或⑤②③①⑥④⑦；故答案为：d；
(4)实验步骤中加入过量的Na2CO3溶液的目的是除去溶液中的Ca2+和过量的Ba2+，发生反应的离子方程式有、；
(5)由海水到氯化钠晶体的实验过程中要用到蒸发的方法，为除去杂质，应过滤，主要装置是CD；故答案为：CD。
【点睛】考查粗盐提纯过程中的试剂的加入顺序，掌握每种除杂试剂的加入的目的是理解加入顺序的前提，粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，据此确定加试剂的顺序。
四、推断题
29.雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：①取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变。②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g．再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。
（1）实验①能确定该雾霾中肯定不含的离子为_______________________。
（2）判断Cl-是否存在，若存在求其最小浓度（若不存在说明理由）________。
（3）该雾霾中肯定含有的离子为_________________________。
（4）1.16g白色沉淀为________（写化学式）。
（5）反应中消耗的BaCl2的物质的量为________mol。
（6）操作②中加盐酸沉淀溶解的离子方程式为______________________________。
【答案】 (1). Ba2+、Fe3+、CO32- (2). 0.2mol/L (3). Mg2+、SO42-、Cl- (4). Mg(OH)2 (5). 0.01mol (6).
【解析】
【分析】
①取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变，则试样中一定含有SO42-，一定不含有CO32-，并且SO42-的物质的量为=0.01mol，则原溶液中与SO42-不共存的离子Ba2+一定不含；
②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g，再滴入足量盐酸沉淀全部溶解，则试样中一定含有Mg2+，并且物质的量为=0.02mol，一定不含Fe3+；
又溶液呈电中性，所以溶液中还一定含有Cl-，Na+可能含有，结合题给选项分析解答。
【详解】(1)根据以上分析，肯定不含的离子为Ba2+、Fe3+、CO32-；
(2)由分析知溶液中含有Mg2+0.02mol，SO42-0.01mol，根据n(Mg2+)×2≠n(SO42)×2，可知电荷不守恒，而溶液一定是电中性的，则溶液中一定含有Cl-，则n(Mg2+)×2=n(SO42)×2+n(Cl-)×1，解得：n(Cl-)=0.02mol，因溶液中还可能含有Na+，则溶液中n(Cl-)≥0.02mol，其最小浓度为=0.2mol/L；
(3)根据以上分析，肯定含的离子为Mg2+、SO42-、Cl-；
(4)根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2；
(5)根据以上分析，取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，根据钡离子守恒，则消耗的BaCl2的物质的量为=0.01mol；
(6)根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2，加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg (OH) 2+2H+=Mg2++2H2O。