8、湖南省长沙明德中学(三湘名校教育联盟)2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 （教师版） (1)

这是一份8、湖南省长沙明德中学(三湘名校教育联盟)2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 （教师版） (1)，共12页。试卷主要包含了Ⅱ卷在答题纸上作答，利用太阳能分解水制氢,若光解0，02g，判断下列概念的依据正确的是，某同学向含有c=0等内容，欢迎下载使用。

湖南省长沙明德中学(三湘名校教育联盟)2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 12
2019~2020学年度高一年级模块检测试题

高一化学
注意事项:
1.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效。
2.Ⅱ卷在答题纸上作答。答题前,考生在答题纸上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚。

第Ⅰ卷(选择题,共48分)
一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)

1.(★)下列变化中,属于化学变化的是 (　　)
A.矿石粉碎 B.蜡烛燃烧
C.酒精挥发 D.车胎爆炸
考向　物质反应的分类
思路分析　有新物质生成的变化属于化学变化,没有新物质生成的变化属于物理变化。
解析　A、矿石粉碎没有新物质生成,属于物理变化,故A不符合题意;
B、蜡烛和氧气反应生成二氧化碳和水,有新物质生成,属于化学变化,故B符合题意;
C、酒精挥发是由于乙醇分子的扩散,没有新物质生成,属于物理变化,故C不符合题意;
D、车胎爆炸是由于车胎内压强太大,没有新物质生成,属于物理变化,故D不符合题意。
答案　B
点评　根据有没有新物质生成进行判断,题型简单,容易得分。
2.(★)下列有关实验操作的说法中,错误的是 (　　)
A.蒸馏操作时,冷凝管的冷凝水应从上口进下口出
B.分液操作时,从下口放出下层液体,然后从上口倒出上层液体
C.在制备蒸馏水时,要先加入碎瓷片,以防止液体暴沸
D.依据液态物质的混合物中各组分性质的差异,可选择使用萃取、分液和蒸馏等分离方法
考向　分离提纯操作的注意事项
解析　A、蒸馏时冷凝水应从下口进上口出,故A错误;
B、分液时应先从下口放出下层液体,然后再从上口倒出上层液体,故B正确;
C、液体加热时应先放入碎瓷片或沸石,以防止液体暴沸,,故C正确;
D、溶解性不同的液体混合物可以采用萃取的方法分离,互不相溶的液体混合物可以采用分液的方法分离,沸点差异较大的液体混合物可以通过蒸馏的方法来分离,故D正确。
答案　A
3.(★)利用太阳能分解水制氢,若光解0.02mol水,下列说法正确的是 (　　)
A.可生成H2的质量为0.02g
B.可生成氢原子数为2.408×1018个
C.可生成H2的体积为0.448L(标准状况)
D.生成的H2理论上等于0.24gMg与足量稀盐酸反应产生H2的量
考向　以物质的量为中心的计算
思路分析　根据方程式分析2H2O2H2↑+O2↑。
解析　2H2O2H2↑　+　O2↑
0.02mol 0.02mol 0.01mol
A、生成氢气的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g,故A错误;
B、生成氢原子数为0.02mol×2×6.02×1023=2.408×1022,故B错误;
C、生成氢气的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L,故C正确;
D、光解0.02mol水生成氢气是0.02mol,0.24gMg的物质的量为0.01mol,其与盐酸反应生成氢气的物质的量为0.01mol,两个反应生成的氢气不相等,故D错误。
答案　C

4.(★★)同温、同压下,等体积的NH3和CH4两种气体,下列有关说法错误的是 (　　)
A.所含分子数目相同
B.所含氢原子物质的量之比为3∶4
C.质量之比为17∶16
D.密度之比为16∶17
考向　阿伏加德罗定律及其推论
思路分析　根据阿伏加德罗定律及其推论分析。
解析　A、同温同压下,相同体积的NH3和CH4所含的分子数相等,故A正确;
B、同温同压下,相同体积的NH3和CH4物质的量相等,所含的氢原子的物质的量之比为3∶4,故B正确;
C、同温同压下,相同体积的NH3和CH4物质的量相等,质量之比等于摩尔质量之比,即质量之比等于17∶16,故C正确;
D、同温同压下,相同体积的NH3和CH4密度之比等于摩尔质量之比,即密度之比等于17∶16,故D错误。
答案　D
思维升华　阿伏加德罗定律及其推论解题模板
第一步:找“相同”明“不同”
(1)找出题干中有哪些相同的条件,再根据物质的量,结合物质的微粒结构,求出相应的粒子数;
(2)分析选项中的要求,明确需要求解哪些量。
第二步:用“规律”
利用阿伏加德罗定律及其推论得出不同条件之间的关系,进行对比判断,从而顺利解题。
注:可利用理想气体状态方程推导判断:pV=nRT,其中R为常数。
5.(★★)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 (　　)
A.32gO3和O2的混合物中所含分子数为NA
B.1mol·L-1的盐酸溶液中,所含氯化氢分子数为NA
C.标准状况下,11.2L蒸馏水中所含分子数为0.5NA
D.H2还原CuO反应中,每生成3.2gCu,反应中转移的电子数目为0.1NA
考向　阿伏加德罗常数的计算
思路分析　A、用极端假设法分析;B、根据浓度公式分析;C、根据气体摩尔体积公式进行计算 D、物质的量在方程式中的计算。
解析　A、32gO3所含的分子数为32g48g/mol×NA≈0.667NA,32gO2所含的分子数为32g32g/mol×NA=NA,故32gO3和O2的混合物所含的分子数介于0.667NA~NA之间,故A错误;
B、溶液的体积未知,无法求算氯化氢的物质的量,故也无法求算氯化氢的分子数,故B错误;
C、标准状况下,蒸馏水为非气态物质,不能应用22.4L/mol进行计算蒸馏水的物质的量,故也无法求算其分子的数目,故C错误;
D、由方程式可知生成1molCu转移2mole-,生成的3.2gCu物质的量为0.05mol,则转移电子的数目为0.1NA,故D正确。
答案　D
点评　极端假设法适用于混合物的阿伏加德罗常数的计算。
6.(★★)判断下列概念的依据正确的是 (　　)
A.纯净物与混合物:是否仅含有一种元素
B.溶液与胶体的本质区别:分散质粒子直径的大小
C.氧化还原反应的本质:反应中有无电子得失
D.电解质与非电解质:在溶液中或熔融状态下能否导电
考向　物质类别的划分标准　氧化还原反应的划分标准　电解质与非电解质的划分标准
解析　A、判断纯净物和混合物的依据是:是否由同一种物质组成,故A错误;
B、溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小,故B正确;
C、氧化还原反应的本质是发生电子转移,电子转移包括电子的得失和偏移,电子得失只是电子转移的一个方面,故C错误;
D、判断电解质和非电解质的依据是化合物在水溶液或熔融状态下能否导电,故D错误。
答案　B
7.(★)下列各组物质,按酸、混合物、碱顺序排列的是 (　　)
A.空气、碳酸钙、硫酸
B.盐酸、空气、纯碱
C.氧化铁、胆矾、熟石灰
D.硝酸、食盐水、烧碱
考向　物质的分类
解析　A、空气是混合物,不是酸;碳酸钙是纯净物,不是混合物;硫酸是酸,不是碱,故A错误;
B、纯碱是盐,不是碱,故B错误;
C、氧化铁是氧化物,不是酸;胆矾是纯净物,不是混合物;故C错误;
D、硝酸是酸,食盐水是NaCl和水的混合物,烧碱是NaOH,是碱,故D正确。
答案　D
8.(★★)某同学向含有c(FeCl3)=0.2mol·L-1,c(FeCl2)=0.1mol·L-1的混合溶液中滴加稀的NaOH溶液,意外地得到了一种黑色分散系,经查阅资料后得到,该分散系中的分散质的粒子直径约为9.3nm的金属氧化物,下列有关说法中错误的是 (　　)
A.该分散系可产生丁达尔现象
B.该分散系的分散质可能为Fe3O4
C.可用渗析的方法除去该分散系中的杂质离子
D.若在电场作用下,阴极附近黑色变深,则说明该分散系带正电
考向　胶体与其他分散系的本质区别、胶体的性质及分离提纯的方法
解析　A、该分散系中的分散质粒子直径约为9.3nm,介于1-100nm之间,该分散系属于胶体,故可产生丁达尔现象,故A正确;
B、该分散系由Fe2+和Fe3+混合而成,且颜色是黑色的,其分散质是金属氧化物,故可推知该分散质是Fe3O4,故B正确;
C、该分散系是胶体,可用渗析的方法分离胶体粒子和分散剂,故C正确;
D、若在电场作用下,阴极附近黑色变深,说明该分散质带正电荷,分散系是不带电荷的,故D错误。
答案　D
归纳总结　
性质
表述
应用
丁达尔
效应
光束通过胶体时,从垂直入射光线的方向可以观察到胶体里有一条光亮的“通路”
鉴别溶液和胶体(液溶胶)
布朗
运动
胶体粒子在胶体中不停地作无规则运动
在涂料生产等领域有重要作用
电泳
胶体粒子带有电荷时,在外加电场的作用下,胶体粒子在分散剂里作定向移动的现象
利用血清蛋白电泳可诊断疾病;冶金工业可用电泳除尘
聚沉
在一定条件下,使胶体粒子凝结而产生沉淀的现象
江河入海口处沙洲的形成、盐卤点豆腐等
渗析
胶体粒子不能透过半透膜,而溶液中的溶质分子或离子可以透过半透膜的现象
分离氨基酸和蛋白质;除去胶体中的电解质等
9.(★)下列电离方程式正确的是 (　　)
A.NaHCO3Na++H++CO32-
B.Fe(NO3)3Fe3++(NO3)33-
C.2H2O2H2↑+O2↑
D.H2SO42H++SO42-
考向　电离方程式
解析　A、碳酸氢根离子是弱酸的酸式酸根离子,不能拆,故A错误;
B、NO3-的下角标应变为系数,故B错误;
C、此方程式是一个化学方程式,不是电离方程式,故C错误;
D、H2SO4是强酸,用“”,H+的角标变成系数,故D正确。
答案　D
10.(★★)下列反应可用离子方程式“H++OH-H2O”表示的是 (　　)
A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合
B.NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合
C.NaHSO4溶液与KOH溶液混合
D.H2SO4溶液与Fe(OH)3胶体混合
考向　离子方程式的书写
解析　A、H2SO4中的H+与Ba(OH)2中的OH-反应,H2SO4中的SO42-与Ba(OH)2中的Ba2+反应,所以离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O,故A不符合题意;
B、NH4Cl中的NH4+与Ca(OH)2中的OH-反应,生成NH3·H2O,离子方程式为NH4++OH-NH3·H2O,故B不符合题意;
C、NaHSO4电离出的H+和KOH电离出的OH-反应生成H2O,离子方程式可用H++OH-H2O表示,故C符合题意;
D、Fe(OH)3胶体不能拆,离子方程式为3H++Fe(OH)3Fe3++3H2O,故D不符合题意。
答案　C
11.(★)下列反应的离子方程式错误的是 (　　)
A.铁与稀盐酸反应:2Fe+6H+2Fe3++3H2↑
B.澄清石灰水与盐酸反应:OH-+H+H2O
C.锌与氯化铜溶液反应:Zn+Cu2+Zn2++Cu
D.硝酸钡溶液与稀硫酸反应:Ba2++SO42-BaSO4↓
考向　离子方程式正误判断
解析　A、铁与盐酸反应生成Fe2+,而不是Fe3+,违背客观事实,故A错误;
B、澄清的微溶物作反应物时应拆开,离子方程式书写正确,故B正确;
C、氯化铜和氯化锌都是可溶性盐,应拆开,离子方程式书写正确,故C正确;
D、硝酸钡中的Ba2+和稀硫酸中的SO42-反应生成BaSO4,离子方程式书写正确,故D正确。
答案　A
12.(★)在无色透明的强酸性溶液中,能大量共存的离子组是 (　　)
A.K+、Na+、NO3-、HCO3- B.Ba2+、Na+、Cl-、SO42-
C.Na+、Mg2+、NO3-、SO42- D.Fe3+、K+、Cl-、OH-
考向　离子共存问题
解析　A、HCO3-与H+反应,所以此组离子不能大量共存,故A错误;
B、Ba2+和SO42-反应,所以此组离子不能大量共存,故B错误;
C、离子之间互不反应,所以此组离子能大量共存,故C正确;
D、Fe3+有颜色,OH-和H+反应,Fe3+和OH-反应,所以此组离子不能大量共存,故D错误。
答案　C
13.(★)下列反应既是氧化还原反应又是离子反应的是 (　　)
A.用CO还原氧化铁 B.湿法炼铜
C.用稀硫酸除铁锈 D.煅烧石灰石制取生石灰
考向　离子反应和氧化还原反应的判断
解析　A、CO还原氧化铁的反应,C元素由+2价变成+4价,化合价升高,Fe元素由+3价变成0价,化合价降低,反应中有元素发生化合价的变化,属于氧化还原反应,CO和CO2是气体,Fe2O3和Fe是固体,都不能拆成离子,所以此反应不是离子反应,故A不符合题意;
B、湿法炼铜的原理是Fe+CuSO4FeSO4+Cu,Fe元素和Cu元素发生化合价的变化,是氧化还原反应,CuSO4和FeSO4属于可溶性盐,可以拆成离子,所以此反应是离子反应,故B正确;
C、硫酸和铁锈的反应为Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,没有元素发生化合价变化,不是氧化还原反应,H2SO4是强酸,Fe2(SO4)3是可溶性的盐,两者可以拆成离子,此反应是离子反应,故C错误;
D、煅烧石灰石制取生石灰,没有元素发生化合价变化,不是氧化还原反应,碳酸钙和氧化钙都是固体,二氧化碳是气体,都不能拆成离子,所以此反应不是离子反应,故D不符合题意。
答案　B
14.(★)下列变化需要加入还原剂才能实现的是 (　　)
A.FeOFe2O3 B.HClCl2
C.NO3-NO D.CO2CO32-
考向　氧化剂和还原剂的判断
解析　A、在FeOFe2O3的过程中Fe元素由+2价变成+3价,化合价升高,需要加入氧化剂,故A错误;
B、在HClCl2的过程中Cl元素由-1价变成0价,化合价升高,需要加入氧化剂,故B错误;
C、在NO3-NO过程中N元素由+5价变成+2价,化合价降低,需要加入还原剂,故C正确;
D、在CO2CO32-过程中C元素和O元素都没有发生化合价的变化,不需要加入还原剂也不需要加入氧化剂,故D错误。
答案　C
归纳总结　氧化还原反应有关概念口诀

15.(★★)在酸性条件下,可发生反应:M2O7n-+6Cl-+14H+3Cl2↑+2M3++7H2O,则M2O7n-中M的化合价是 (　　)
A.+4 B.+5
C.+6 D.+7
考向　电子得失守恒或化合价升降守恒
思路分析　根据化合价升降守恒或电子得失守恒分析。
解析　设:M2O7n-中M的化合价为+x价,根据化合价升降守恒规律可得:(x-3)·2=[0-(-1)]·6,
解得:x=6,则M的化合价为+6价,故答案为C。
答案　C
点评　化合价升降守恒或电子得失守恒思想是解题的关键。
16.(★★)在氧化还原反应中,氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知:
①半反应式:Cu2O-2e-+2H+2Cu2++H2O
②五种物质:FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、HCl、KI
③Fe2++MnO4-+XFe3++Mn2++H2O(未配平)
下列判断错误的是 (　　)
A.①中半反应式发生的是氧化反应
B.②中五种物质中能使①顺利发生的物质为Fe2(SO4)3
C.MnO4-+5e-+8H+Mn2++4H2O是反应③的一个半反应
D.几种物质的氧化性强弱顺序为:MnO4->Cu2+>Fe3+
考向　氧化反应和还原反应的判断
解析　A、①中Cu2O中Cu元素由+1价变成+2价,化合价升高,发生氧化反应,故A正确;
B、要想使①发生氧化反应,需要氧化剂,②中KI具有还原性,一般做还原剂,其他物质中Fe3+>Cu2+>Fe2+>H+,所以只有Fe2(SO4)3中的Fe3+能把Cu2O氧化成Cu2+,故B正确;
C、③配平后方程式为5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,所以选项中的反应是③的还原反应,故C正确;
D、由③可知:MnO4-的氧化性大于Fe3+的氧化性,Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性,所以氧化性的强弱顺序为 MnO4->Fe3+>Cu2+,故D错误。
答案　D
知识总结　①在氧化还原反应中,还原剂失去电子,化合价升高,被氧化,发生氧化反应,得到氧化产物,氧化剂得到电子,化合价降低,被还原,发生还原反应,得到还原产物;②在氧化还原反应方程式中,氧化性:氧化剂>氧化产物,还原性:还原剂>还原产物。
方法技巧　
1.假设法突破氧化还原反应能否进行
先假设选项中的化学反应能够发生,依据此反应判断出还原性(或氧化性)的强弱,然后再与题目提供的还原性(或氧化性)强弱顺序对照,若二者表示的还原性(或氧化性)强弱顺序一致,则此反应能够发生;若不一致,则此反应不能进行。
2.熟记反应先后两大规律
(1)同一还原剂与多种氧化剂发生氧化还原反应的先后顺序:KMnO4(H+)>Cl2>Br2>Fe3+>Cu2+>H+。
(2)同一氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应的先后顺序:S2->SO32-(或HSO3-)>I->Fe2+>Br->Cl-。

第Ⅱ卷(非选择题,52分)
注意事项:
1.第Ⅱ卷必须使用0.5mm黑色签字笔作答。
2.请将答案书写在答题纸的相应位置,直接答在试卷上无效。
二、非选择题(共52分)
17.(★)(10分)对于混合物的分离或提纯,常采用的方法有:过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液、结晶,渗析法等,请回答下列有关问题:
(1)除去食盐水中的泥沙,可用　　　　的方法。 
(2)2015年,我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖,生产上,可用乙醚(一种有机溶剂)提取黄花蒿中的青蒿素,该方法的名称是　　　　。 
(3)除去食盐溶液中的水,可采用　　　　的方法。 
(4)分离乙醇和水,可采用　　　　的方法。 
(5)除去氢氧化铁胶体中的少量的FeCl2可以采用　　　　的方法。 
考向　分离提纯的方法
思路分析　(1)过滤是不溶于水的固体和液体的分离的方法;
(2)萃取是根据两种液体溶解性的不同进行分离的方法;
(3)蒸发结晶是易溶于水且稳定的物质和水分离的方法;
(4)蒸馏是利用沸点的差异分离液体混合物的方法;
(5)渗析是分离提纯胶体的方法。
解析　(1)泥沙是不溶于水的固体,其和食盐水分离选用过滤;
(2)青蒿素主要成分是有机物,乙醚也是有机物,根据相似相容原则,青蒿素更易溶于乙醚,故采用的方法是萃取;
(3)氯化钠和水的分离方法是蒸发结晶;
(4)乙醇和水是互溶的,且沸点相差较大,故采用蒸馏的方法进行分离;
(5)氢氧化铁胶粒不能透过半透膜,而溶液可以透过半透膜,故可以采用渗析的方法进行分离提纯。
答案　(1)过滤　(2)萃取　(3)蒸发结晶　(4)蒸馏　(5)渗析
18.(★)(10分)Ⅰ.现有下列9种物质:①氯气;②二氧化硫;③稀硫酸;④氯化钡固体;⑤氢氧化钾固体;⑥氢氧化钾固体;⑦硝酸钾溶液;⑧酒精(C2H5OH);⑨氧化钙固体,请将上述物质按要求完成下列问题(用相应化学式填空):
(1)属于酸性氧化物的有　　　　,属于电解质的是　　　　　　　　　　　　　　。 
Ⅱ.某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其相关性质。
(2)若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中,能形成胶体的是　　　　。 
A.冷水 B.沸水
C.NaOH浓溶液 D.NaCl浓溶液
(3)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式:　　　　。 
(4)氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是　　　　(选填序号)。 
A.胶体微粒直径小于1nm
B.胶体微粒带正电荷
C.胶体微粒做布朗运动
D.胶体微粒能透过滤纸
考向　物质的分类　胶体制备原理及性质
思路分析　(1)酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水,一般是非金属氧化物;在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子的化合物是电解质,一般是金属氧化物、酸、碱、盐和水;
(2)利用FeCl3和水反应制备氢氧化铁胶体;
(3)FeCl3和水反应生成氢氧化铁胶体和氯化氢;
(4)胶体具有稳定性的原因是胶体粒子带有同种电荷,同种电荷之间相互排斥。
解析　(1)氯气是单质,不属于酸性氧化物,也不属于电解质;二氧化硫能与碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,不属于电解质;稀硫酸是混合物,不属于酸性氧化物,也不属于电解质;氯化钡固体属于盐,不属于酸性氧化物,属于电解质;氢氧化钾固体属于碱,不属于酸性氧化物,属于电解质;硝酸钾溶液是混合物,不属于酸性氧化物,也不属于电解质;酒精是有机物,由C、H、O三种元素构成,不属于酸性氧化物,也不属于电解质;氧化钙是金属氧化物,不属于酸性氧化物,属于电解质;故答案为属于酸性氧化物的是②;属于电解质的是④⑤⑥⑨;
(2)将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热即制备成氢氧化铁胶体, 故答案是B;
(3)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl;
(4)氢氧化铁胶体粒子带有正电荷,正电荷之间相互排斥,使胶体粒子能稳定存在,故选择B。
答案　(1)②　④⑤⑥⑨　(2)B
(3)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(4)B
19.(★★)(10分)某无色溶液中可能含大量的下列表格中的离子(不考虑其他离子):
阳离子
Na+、Ba2+、Cu2+、Ca2+
阴离子
Cl-、CO32-、SO42-、OH-
为了推断溶液中离子的种类,取100mL待测溶液进行以下流程图所示的实验(已知CO32-也能使酚酞变红)。
红色溶液待测液

取白色沉淀M溶于盐酸,沉淀的质量与加入盐酸体积的关系如图所示。

(1)白色沉淀M中含有的物质的化学式为　。 
(2)步骤4产生白色沉淀的离子方程式为 
　　　　。 
(3)根据上述信息推断,原溶液中一定不存在的离子有　　　　。 
(4)原溶液中阳离子的浓度范围为　　　　。 
(5)为了进一步确定原溶液中“可能存在的离子”,进行如下实验:
操作
现象
结论
①取原溶液于试管中,加入过量硝酸钡溶液;过滤。
产生白色沉淀

②取少量①中滤液于试管中,滴加酚酞溶液。
溶液变红色
原溶液中含　　　　。 
考向　离子推断问题
解析　(1)向待测液中加入足量的硝酸钡产生的白色沉淀M可能是BaSO4、BaCO3,由图示可知白色沉淀M4.30g溶于足量的盐酸,沉淀剩余2.33g,沉淀溶解的质量为1.97g,可得白色沉淀M是0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaCO3,故答案为BaSO4、BaCO3;
(2)向溶液1中加入足量硝酸,再加入足量硝酸银溶液得到白色沉淀是AgCl,其离子反应方程式为Ag++Cl-AgCl↓。
(3)根据溶液是无色的可推断出溶液中肯定不含有Cu2+,又推知白色沉淀M是BaSO4、BaCO3,可知原溶液中肯定含有SO42-和CO32-,根据共存性原则可知溶液中肯定不含有Ba2+和Ca2+,故答案为Cu2+、Ba2+和Ca2+。
(4)由推知的白色沉淀M是0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaCO3,可知100ml原溶液中含有0.01molSO42-和0.01molCO32-,两种离子的浓度均为0.1mol/L,其所带电荷总物质的量浓度为0.1×2+0.1×2=0.4mol/L,溶液中还存在Cl-,所以溶液中阴离子所带电荷浓度大于0.4mol/L,根据溶液电中性原理,可知溶液中阳离子所带电荷浓度大于0.4mol/L,故答案为>0.4mol/L。
(5)①中加入过量硝酸钡完全除去了溶液中的SO42-和CO32-,排除了CO32-对OH-的干扰,然后在①的滤液中再加酚酞时溶液变红,说明原溶液中一定存在OH-。
答案　(1)BaSO4、BaCO3　(2)Ag++Cl-AgCl↓
(3)Cu2+、Ba2+和Ca2+　(4)>0.4mol/L　(5)OH-
拓展归纳　坚持“四项基本原则”,破解离子推断题
(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;
(2)互斥性原则:在肯定某些离子存在的同时,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。
20.(★)(10分)实验室可用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制取氯气,反应方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(1)请将上述化学方程式改写为离子方程式　　　　。 
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是　　　　(选填编号)。 
①只有还原性 ②还原性和酸性
③只有氧化性 ④氧化性和酸性
(3)此反应中氧化产物是　　　　(填化学式),每产生0.5molCl2,则反应中转移电子的物质的量为　　　　mol。 
(4)用双线桥表示该反应的电子转移的方向和数目:
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
考向　氯气的实验室制法及氯气的性质
解析　(1)浓盐酸和氯化锰能拆,其余物质不能拆,故离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
(2)在方程式中4molHCl参与反应,其中2molHCl中的氯元素化合价升高,作还原剂,显示还原性,另外2molHCl中的Cl-与Mn2+结合成盐,其起到酸的作用,显示酸性,故答案为②。
(3)HCl中的Cl元素化合价升高变成Cl2,故Cl2是氧化产物;由方程式可知产生1molCl2转移电子2mol,则产生0.5molCl2转移电子1mol。
(4)1molMnO2中的Mn元素由+4价变成+2价,化合价降低2价,得到2mol电子,2molHCl中的氯元素由-1价升高到0价,化合价升高总数为2价,失去2mol电子

答案　(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)②　(3)Cl2　1
(4)
点评　本题考查氧化还原反应,侧重于学生的分析能力的考查,注意从元素化合价的角度分析。
拓展升华　用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的注意点
(1)必须用浓盐酸加热才可反应,稀盐酸不反应。
(2)随着反应的进行,浓盐酸将逐渐变稀,反应到一定程度时,该反应会自动停止,HCl不可能消耗尽。
(3)为了减少制得的Cl2中HCl的含量,加热温度不宜过高,以减少HCl的挥发。
(4)尾气用NaOH溶液吸收,不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是Ca(OH)2溶解度小,溶液浓度低,吸收不完全。
(5)实验结束后,先停止反应,并排出残留的Cl2后,再拆卸装置,避免污染空气。
21.(★★)(12分)用18.4mol·L-1的浓硫酸配制100mL1mol·L-1稀硫酸。
(1)①应取浓硫酸的体积为　　　　mL,稀释浓硫酸的操作是　　　　。 
②若实验仪器有:A.100mL量筒　B.托盘天平　C.玻璃棒　D.50mL容量瓶　E.10mL量筒　F.胶头滴管　G.50mL烧杯　H.100mL容量瓶
实验时必须选用的仪器有(填入编号)　　　　。 
③移液时,若不慎将烧杯中的溶液洒落于容量瓶外,应　　　　。 
(2)该浓硫酸的密度为1.84g·mL-1,据此求出其溶质的质量分数　　　　。 
(3)浓硫酸是中学常用的干燥剂,若100g该浓硫酸能吸收水16g,吸水后生成H2SO4·nH2O,则n=　　　　。 
考向　溶液的配制
思路分析　(1)根据稀释公式进行计算;稀释浓硫酸要酸入水;根据实验步骤选择实验仪器;根据实验注意事项分析。
(2)根据浓度的推导公式进行计算。
(3)根据摩尔质量进行计算。
解析　(1)①根据稀释公式18.4mol/L×V=1mol/L×0.1L,解得V≈0.00543L,即5.4mL; 用量筒量取5.4mL浓硫酸后,沿器壁缓缓倒入盛水的烧杯中,边倒边搅拌;②量取浓硫酸需要的仪器是10ml的量筒,稀释时需要的仪器是烧杯、玻璃棒,移液时需要的仪器是100mL的容量瓶,定容时需要的仪器是胶头滴管;故答案为CEFGH;③不慎将溶液洒落于容量瓶外,会导致容量瓶中溶质质量偏小,所配置溶液的浓度偏小,故应倒掉重新配置。
(2)ω%=cM1000ρ=18.4mol/L×98g/mol1000×1.84g/mL×100%=98%。
(3)浓硫酸的质量分数是98%,100g浓硫酸中含有硫酸的质量为100g×98%=98g,硫酸的物质的量为1mol,100g浓硫酸中含有水的质量为2g,再加入16g水,则水的质量为18g,水的物质的量为1mol,硫酸与水的物质的量之比为1∶1,故生成的物质为H2SO4·H2O,n=1。
答案　(1)①5.4mL　用量筒量取5.4mL浓硫酸后沿器壁缓缓倒入盛水的烧杯中边倒边搅拌　②CEFGH　③倒掉重新配制　(2)98%　(3)1
拓展延伸　物质的量浓度的有关计算
(1)利用公式来计算
公式:cB=nBV。
在实际计算中,如果没有直接给出溶质的物质的量、溶液的体积,要想办法从已知条件中求算出溶质的物质的量和溶液的体积。
(2)利用溶质的质量分数和密度来计算
在已知某溶液中溶质的质量分数为ω,密度为ρ(单位:g·mL-1)时,可假设该溶液的体积为1000mL,则有公式:cB=1000·ρ·ωMB。
(3)利用溶解度来计算
对于饱和溶液来说,溶质的溶解度与溶质的质量分数存在换算关系:ω=S100+S×100%。将该式代入物质的量浓度的计算公式中,即可得出溶解度与物质的量浓度的换算公式:c=nV=1000ρωM=1000ρSM(100+S)。