还剩10页未读，
继续阅读
【化学】广东省揭西县河婆中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）
展开
广东省揭西县河婆中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1；C 12；N 14; O 16；Na 23；Mg 24；Al 27；S 32
一、单项选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1.下列有关实验的选项正确的是（ ）
A. 配制0.10mol/LNaOH溶液
B. 除去CO中的CO2
C. 苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D. 稀释浓硫酸
【答案】B
【解析】A．容量瓶不能稀释后溶解药品，只能配制一定物质的量浓度溶液，应该将NaOH在小烧杯中溶解，冷却至室温后再将氢氧化钠溶液转移到容量瓶中，故A错误；
B．CO和NaOH不反应，二氧化碳能反应生成碳酸钠和水，所以可以用NaOH除去CO中的二氧化碳，且导气管遵循“长进短出”原则，故B正确；
C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，苯密度小于水，所以分离苯层时从上口倒出，故C错误；
D．稀释浓硫酸，应将浓硫酸沿器壁注入水中，并用玻璃棒搅拌，故D错误；
故答案为B。
2.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 （ ）
A. 萃取 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 干馏
【答案】C
【解析】乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选C。
3.下列说法正确的是 （ ）
A. 将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体
B. 雾属于分散系中的胶体，它的分散剂是水蒸气
C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是丁达尔效应
D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先生成红褐色沉淀最后沉淀溶解
【答案】D
【解析】A．将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故B错误；
B．雾是小液滴悬浮在空气中形成的分散系，属于胶体，它的分散剂是空气，故B错误；
C．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，丁达尔效应是胶体的特征性质，故C错误；
D．氢氧化铁胶体滴入盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解，故D正确；
故答案D。
4.下列关于胶体的叙述中不正确的是（ ）
A. 可利用丁达尔效应区分胶体与溶液
B. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐，利用了胶体聚沉的性质
C. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜
D. 胶体粒子有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，在电场作用下产生电泳现象
【答案】C
【解析】A．胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；
B．豆浆是一种胶体，盐卤是可溶性电解质，向豆浆中加入盐卤使胶体聚沉，故B正确；
C．溶液中的小分子或离子能透过半透膜，而胶粒不能透过半透膜，则氯化铁溶液能透过半透膜，氢氧化铁胶体不能透过半透膜，故C错误；
D．胶体微粒具有较大的表面积，具有吸附性，吸附离子而带电，故在电场作用下可能产生电泳现象，故D正确；
故答案为C。
5.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 （ ）
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1 NA
B. 常温常压下，16g O2含有的原子数为1 NA
C. 通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积约为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的K2SO4溶液中，含有SO42－个数为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，水不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B．常温常压下，16g O2的物质的量为=0.5mol，含有的氧原子数为1 NA，故B正确；
C．通常状况下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积也不是22.4L，故C错误；
D．根据n=cV，不知道溶液的体积，则无法计算0.5mol/L的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量，也无法确定溶液中含有的SO42－个数，故D错误；
故答案为B。
6.在下列状态下，属于能够导电的电解质是（ ）
A. 氯化钠晶体 B. 液态氯化氢
C. 硝酸钾溶液 D. 熔融氢氧化钠
【答案】D
【解析】A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；
B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；
C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；
故答案为D。
7.某工厂排出废液中含有Ba2＋、Ag＋、Cu2＋，用①Na2CO3溶液，②NaOH溶液，③盐酸三种试剂将它们逐一沉淀并加以分离，加入试剂的正确顺序是（ ）
A. ②③① B. ③②① C. ①②③ D. ③①②
【答案】B
【解析】试题分析：A、若先加NaOH溶液，则会生成由AgOH脱水而成的Ag2O沉淀和Cu（OH）2沉淀，不能逐一分离沉淀，A错误；B、若先加入盐酸，分离出沉AgCl沉淀，余下Ba2+和Cu2+，加入NaOH，可以将铜离子沉淀，再加入K2CO3可将钡离子沉淀，逐一分离，B正确；C、若首先加入Na2CO3溶液，也会同时生成BaCO3沉淀和Ag2CO3沉淀，不能逐一分离沉淀，C错误；D、若先加入盐酸，分离出沉AgCl沉淀，余下Ba2+和Cu2+，加入Na2CO3溶液，也会同时生成BaCO3沉淀和CuCO3沉淀，不能逐一分离沉淀，D错误。答案选B。
8.能在无色溶液中大量共存的一组离子是 （ ）
A. Mg2+、SO42-、OH-、K+ B. Fe3+、NO3-、Cl-、H+
C. K+、HCO3-、Cl-、H+ D. H+、Na+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】A．Mg2+和OH-在溶液中生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．含有Fe3+的溶液是棕黄色，不是无色溶液，故B错误；
C．HCO3-与H+发生离子反应生成CO2和H2O，不能大量共存，故C错误；
D．离子组H+、Na+、Cl-、SO42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故D正确；
故答案为D。
9.下列离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：Ba2+ + OH— + H+ + SO42—＝BaSO4↓+H2O
B. 碳酸镁与稀硫酸反应：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑
C. 金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑
D. 向小苏打溶液中加入盐酸溶液：HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O
【答案】A
【解析】A．向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液发生的离子反应为Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42—＝BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．碳酸镁微溶于水，其与稀硫酸反应发生的离子反应为MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，故B正确；
C．金属铝溶于盐酸中发生的离子反应为2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑，故C正确；
D．向小苏打溶液中加入盐酸溶液发生的离子反应为HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O，故D正确；
故答案为A。
10.除去下列物质中杂质（括号内为杂质），所选用试剂及操作方法均正确的是（ ）
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作方法
A
Na2SO4（NaOH）
稀盐酸
加过量的稀盐酸、蒸发结晶
B
NaCl（Na2CO3）
CaCl2溶液
加入过量的CaCl2溶液，
过滤、将滤液蒸发结晶
C
CO2（HCl）
饱和Na2CO3溶液
先通过饱和Na2CO3溶液，再通过浓硫酸
D
FeSO4溶液（CuSO4）
过量铁粉
过滤
【答案】D
【解析】A．NaOH能与稀盐酸反应生成氯化钠和水，Na2SO4不与稀盐酸反应，能除去杂质但引入新的杂质氯化钠，故A错误；
B．Na2CO3能与CaC12溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过量的CaC12无法除去，成为新的杂质，故B错误；
C．饱和Na2CO3溶液能与CO2和HCl反应，CO2和HCl均能被饱和Na2CO3溶液吸收，导致被提纯的CO2气体的量减少或全部吸收，故C错误；
D．过量铁粉能与CuSO4溶液反应生成FeSO4并析出Cu，过滤后除去Cu和过量的Fe，得到FeSO4溶液，故D正确；
故答案为D。
11.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6
【答案】D
【解析】该反应是离子反应型的氧化还原反应，可以根据电荷守恒计算，可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=-6，所以答案D正确。
故选D。
12.用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，可使相同体积的Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A. 3：2：3 B. 3：1：2 C. 2：6：3 D. 1：1：1
【答案】C
【解析】试题分析：设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c，则根据反应式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,答案选C。
13.运动会发令枪击发时发生的反应时5KClO3 + 6P = 3P2O5 + 5KCl。关于该反应说法正确的是（ ）
A. 反应中P得到电子
B. 消耗1mol KClO3时，转移5mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为5:3
D. 发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒
【答案】D
【解析】
【分析】反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，P元素化合价升高，被氧化，P为还原剂，结合化合价的变化判断电子转移的数目。
【详解】A．P元素化合价升高失电子，被氧化，P为还原剂，故A错误；
B．Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，Cl化合价由+5价降低到-1价，所以每消耗1mol KClO3时，转移6mol 电子，故B错误；
C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，还原剂是P，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，故C错误；
D．发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒，故D正确；
故答案为Ｄ 。
14.有如下两个反应：（1）Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+；（2）Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu。判断Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱顺序排列正确的是（ ）
A. Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ B. Cu2+＞Fe3+＞Fe2+
C. Fe3+＞Fe2+＞Cu2+ D. Fe2+＞Cu2+＞Fe3+
【答案】A
【解析】试题分析：氧化性：氧化剂》氧化产物；
（1）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；氧化性：Fe3+》Cu2+，
（2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu；氧化性：Cu2+》Fe2+；
由上所述，氧化性强弱顺序：Fe3+>Cu2+>Fe2+；
考点：考察二次能源的相关知识。
二、非选择题（共6大题，满分58分）
15.蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法，如图所示两个装置都可以制取蒸馏水。
（1）图Ⅰ是实验室制取蒸馏水常用装置，仪器A、B的名称分别是：A______、B______；
（2）温度计水银球应置于_____；
（3）实验时A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量____，其作用是___________；
（4）图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取（加热及固定仪器略），其原理与图I完全相同，该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是____。
【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). （直形）冷凝管 (3). 蒸馏烧瓶支管口处 (4). 沸石或碎瓷片 (5). 防止液体暴沸 (6). 冷凝水蒸气
【解析】本题主要考查蒸馏实验。
（1）仪器A、B的名称分别是：
A蒸馏烧瓶、B（直形）冷凝管。
（2）温度计测量的是逸出蒸气的温度，所以温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处。
（3）实验时A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量沸石或碎瓷片，沸石或碎瓷片中的空隙作为沸腾中心，其作用是防止液体暴沸。
（4）该装置中使用的玻璃导管较长。长玻璃导管相当于冷凝器，其作用是冷凝水蒸气。
16.按要求回答下列问题
（1）①水银 ②烧碱 ③大理石 ④氯化钠晶体 ⑤盐酸 ⑥氨气 ⑦蔗糖 ⑧二氧化碳⑨液态氯化氢 ⑩硫酸溶液。上述物质中能导电的是____，属于电解质的是_____，属于非电解质的是_____。（填编号）
（2）按要求写出下列方程式
①KAl(SO4)2电离的电离方程式：____________
②碳酸钙与盐酸反应的离子方程式：_________
【答案】(1). ①⑤⑩ (2). ②④⑨ (3). ⑥⑦⑧ (4). KAl(SO4)2 = K++Al3++2SO42— (5). CaCO3+2H+= Ca2++H2O+CO2↑
【解析】
【分析】(1)能导电的物质必须含有自由电子或自由离子；电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。该定义的前提必须是化合物；非电解质：在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物。该定义的前提必须是化合物；
(2)①KAl(SO4)2 溶于水完全电离出钾离子、铝离子、硫酸根离子；
②碳酸钙与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和CO2气体。
【详解】(1)水银是汞金属单质，所以既不是电解质也不是非电解质，铜中有自由电子，所以能导电；②烧碱虽是电解质，但因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ③大理石是混合物，因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ④氯化钠晶体 是电解质，但 没有自由电子或自由离子，所以不导电；⑤盐酸是混合物，但溶液中含有自由离子，所以能导电；⑥氨气是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电；⑦蔗糖是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ⑧二氧化碳是化合物，因没有自由电子或自由离子，所以不导电，是非电解质；⑨液态氯化氢是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ⑩硫酸溶液是混合物，但溶液中含有自由离子，所以能导电；故能导电的是①⑤⑩，属于电解质的是②④⑨，属于非电解质的 是⑥⑦⑧；
(2)①KAl(SO4)2 水溶液中电离的电离方程式为：KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；
②碳酸钙与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和CO2气体，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2++H2O+CO2↑。
17.（1）3.01×1023个NH4+含有质子的物质的量是____ ，含有电子的物质的量是_____；
（2）200mL 2mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO42﹣的物质的量浓度为_____ ；
（3）标准状况下，36g H2和O2组成的混合气体的体积是67.2L，则混合气体中H2和O2的体积比为______；
（4）标准状况下，将33.6LNH3溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为____；
（5）已知1.505×1023个A气体分子的质量为31g，则A气体的摩尔质量是______。
【答案】(1). 5.5mol (2). 5mol (3). 6mol/L (4). 2:1 (5). 3mol/L (6). 124g/mol
【解析】
【分析】(1)根据n=计算物质的量，每个NH4+含有10个质子，10个电子；
(2)硫酸铝完全电离，硫酸根浓度为硫酸铝的3倍，据此计算；
(3)设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，依据n==，计算解答；
(4)根据n=计算NH3的物质的量，再根据c=计算物质的量浓度；
(5)根据n==计算相关物理量。
【详解】(1)，3.01×1023个NH4+的物质的量n===0.5mol，含有质子的物质的量是0.5mo l×11=0.55mol，含有电子的物质的量是0.5mo l×10=0.5mol；
(2)硫酸铝完全电离，硫酸根浓度为硫酸铝的3倍，SO42-的物质的量浓度为2mol/L×3=6mol/L；
(3)设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，则：2x+18y=36，(x+y)×22.4L/mol=6.72L，解得：x=2，y=1，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比所以这种混合气体中H2和O2的体积：2：1；
(4)标准状况下，将33.6LNH3的物质的量n===1.5mol，所得氨水的物质的量浓度c===3mol/L；
(5)n(A)==0.25mol，则M==124g/mol。
18.现用质量分数为98℅、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制480mL 0.2mol/L 的稀硫酸。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥容量瓶 ⑦托盘天平 ⑧药匙。完成下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀硫酸时不需要用到的是_____（填序号）；
（2）配制过程中需选用的容量瓶规格为_____mL，经过计算，需要浓硫酸的体积为____；
（3）在配制过程中，下列操作错误的是______，能使所配溶液浓度偏高的是_____（填序号）
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中
②为防止变质，稀释后的硫酸溶液应立即就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④移液前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑤量取浓硫酸时，俯视刻度线
【答案】(1). ②⑦⑧ (2). 500 (3). 5.4mL (4). ①②③⑤ (5). ①②
【解析】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制方法。
（1）上述仪器中，在配制稀硫酸时不需要用到的是②⑦⑧。
（2）配制过程中需选用的容量瓶规格为500mL。c浓===18.4mol/L。c浓V浓= c稀V稀，V浓=c稀V稀/c浓= 500×0.2/18.4mL=5.4mL，需要浓硫酸的体积为5.4mL。
（3）在配制过程中，下列操作错误的是①②③⑤，能使所配溶液浓度偏高的是①②。
①所配溶液溶质增多，使所配溶液浓度偏高；
②冷却后溶液体积减小，使所配溶液浓度偏高；
③不可将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水；
④不影响所配溶液浓度；
⑤浓硫酸减少，使所配溶液浓度偏低。
19.某废液中含有大量的K+、Cl-、Br-，还有少量的Ca2+、Mg2+、SO42-。某研究性学习小组利用这种废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2常温下是深红棕色液体），设计了如下流程图：
已知：可供选择的试剂 a、试剂b（试剂 b代表一组试剂）如下：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、H2O2溶液(H＋)、KMnO4溶液(H＋)、稀盐酸。请根据流程图，回答相关问题：
（1）若试剂a为H2O2溶液(H＋)，已知H2O2 + 2KBr + 2HCl = Br2 + 2H2O + 2KCl
①发生反应的离子方程式为：__________；
②每消耗0.2molH2O2，反应转移的电子数为______mol；
③还原剂和还原产物的物质的量之比是_______；
（2）操作①②③④⑤对应的名称分别是：______、分液、_____、过滤、______ ；
（3）为了除去无色液体I中的Ca2+、Mg2+、SO42-，从可供选择的试剂中选出试剂b所代表的物质，按滴加顺序依次是____、____、____（填化学式）；
（4）调pH=7是为了除去杂质离子________和_________，以提高氯化钾晶体的纯度；
（5）操作⑤中用到的瓷质仪器名称是_________ 。
【答案】 (1). H2O2 + 2Br－ + 2H+ = Br2 + 2H2O (2). 0.4 (3). 1：1 (4). 萃取 (5). 蒸馏 (6). 蒸发结晶 (7). BaCl2 (8). KOH (9). K2CO3 (10). OH－ (11). CO32－ (12). 蒸发皿
【解析】
【分析】根据图示可知，制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，分别加入BaCl2、K2CO3、KOH溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体A，再调节溶液Ⅱ的pH萃取碳酸根离子、氢氧根离子，得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体；
(1)结合离子方程式的书写原则和氧化还原反应的原理分析；
(2)加入CCl4的目的是萃取；紧接着萃取后的操作是将有机层与水层分开，叫做分液；从含有溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴的操作，是将两种相互混溶的液体进行分离的操作，叫做蒸馏；操作④完成后得到固体A和无色液体I，分离固体和液体的操作是过滤；操作⑤是从溶液中得到能溶解于水的氯化钾晶体，是蒸发结晶；
(3)除去Ca2+，选用饱和K2CO3溶液；除去Mg2+，选用KOH溶液；除去SO42-，选用BaCl2溶液；
(4)无色液体Ⅱ中还含有杂质离子CO32-和OH-；用pH试纸测定至pH=7；
(5)操作⑤是蒸发结晶，由此判断需要的仪器。
【详解】制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，分别加入BaCl2、K2CO3、KOH溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体A，再调节溶液Ⅱ的pH萃取碳酸根离子、氢氧根离子，得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体，
(1)①反应H2O2 + 2KBr + 2HCl = Br2 + 2H2O + 2KCl中KBr、HCl和KCl均为可溶于水的强电解质，能完全电离，则发生反应的离子方程式为H2O2 + 2Br－ + 2H+ = Br2 + 2H2O；
②反应中氧元素的化合价从-1价降为-2价，则每消耗0.2molH2O2，反应转移的电子数为0.2mol×2=0.4mol；
③反应中KBr是还原剂，H2O是还原产物，则还原剂和还原产物的物质的量之比是1:2；
(2)由流程图知，无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，无色液体Ⅲ中只含有K+、Cl-，则试剂b的作用是除去Ca2+、Mg2+、SO42-；操作①是萃取，操作②是将互不相溶的两种液体分开分液，操作③是将沸点不同、互溶的两液体分开-蒸馏，操作④是将溶液与沉淀分开过滤，操作⑤是将KCl从其水溶液中提取出来-结晶，操作①、②、③、④、⑤的名称是：萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶；
(3)由于除杂时除杂试剂需过量，且不能引入新杂质，所以除去Ca2+，选用饱和K2CO3溶液；除去Mg2+，选用KOH溶液；除去SO42-，选用BaCl2溶液．而且只要满足BaCl2溶液在饱和K2CO3溶液之前加入即可；
(4)由以上知，无色液体Ⅱ中还含有杂质离子CO32-和OH-，需用盐酸来除去过量的KOH及K2CO3，调节pH=7的操作方法是滴加盐酸，无气体产生时，用pH试纸测定至pH=7；
(5)由于操作⑤是蒸发结晶，所以该操作用到的瓷质仪器是蒸发皿。
20.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
（1）请将上述化学方程式改写离子方程式__；
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___(填写编号，多选倒扣)；
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），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为___mol。
（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目
2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
______________
【答案】(1). 2MnO4—＋16H＋＋10Cl—===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (2). ② (3). Cl2 (4). 1 (5).
【解析】（1）反应中的盐和酸均易溶，拆成离子，单质和水不能拆，2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O的离子方程式为：2MnO4—＋16H＋＋10Cl—===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，答案选②；（3）此反应中盐酸被氧化生成氯气，氧化产物是Cl2；反应中氯元素从-1价变为0价，产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为1mol；（4) 用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目如下：。
可能用到的相对原子质量：H 1；C 12；N 14; O 16；Na 23；Mg 24；Al 27；S 32
一、单项选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1.下列有关实验的选项正确的是（ ）
A. 配制0.10mol/LNaOH溶液
B. 除去CO中的CO2
C. 苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D. 稀释浓硫酸
【答案】B
【解析】A．容量瓶不能稀释后溶解药品，只能配制一定物质的量浓度溶液，应该将NaOH在小烧杯中溶解，冷却至室温后再将氢氧化钠溶液转移到容量瓶中，故A错误；
B．CO和NaOH不反应，二氧化碳能反应生成碳酸钠和水，所以可以用NaOH除去CO中的二氧化碳，且导气管遵循“长进短出”原则，故B正确；
C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，苯密度小于水，所以分离苯层时从上口倒出，故C错误；
D．稀释浓硫酸，应将浓硫酸沿器壁注入水中，并用玻璃棒搅拌，故D错误；
故答案为B。
2.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 （ ）
A. 萃取 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 干馏
【答案】C
【解析】乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选C。
3.下列说法正确的是 （ ）
A. 将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体
B. 雾属于分散系中的胶体，它的分散剂是水蒸气
C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是丁达尔效应
D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先生成红褐色沉淀最后沉淀溶解
【答案】D
【解析】A．将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故B错误；
B．雾是小液滴悬浮在空气中形成的分散系，属于胶体，它的分散剂是空气，故B错误；
C．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，丁达尔效应是胶体的特征性质，故C错误；
D．氢氧化铁胶体滴入盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解，故D正确；
故答案D。
4.下列关于胶体的叙述中不正确的是（ ）
A. 可利用丁达尔效应区分胶体与溶液
B. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐，利用了胶体聚沉的性质
C. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜
D. 胶体粒子有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，在电场作用下产生电泳现象
【答案】C
【解析】A．胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；
B．豆浆是一种胶体，盐卤是可溶性电解质，向豆浆中加入盐卤使胶体聚沉，故B正确；
C．溶液中的小分子或离子能透过半透膜，而胶粒不能透过半透膜，则氯化铁溶液能透过半透膜，氢氧化铁胶体不能透过半透膜，故C错误；
D．胶体微粒具有较大的表面积，具有吸附性，吸附离子而带电，故在电场作用下可能产生电泳现象，故D正确；
故答案为C。
5.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 （ ）
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1 NA
B. 常温常压下，16g O2含有的原子数为1 NA
C. 通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积约为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的K2SO4溶液中，含有SO42－个数为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，水不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B．常温常压下，16g O2的物质的量为=0.5mol，含有的氧原子数为1 NA，故B正确；
C．通常状况下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积也不是22.4L，故C错误；
D．根据n=cV，不知道溶液的体积，则无法计算0.5mol/L的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量，也无法确定溶液中含有的SO42－个数，故D错误；
故答案为B。
6.在下列状态下，属于能够导电的电解质是（ ）
A. 氯化钠晶体 B. 液态氯化氢
C. 硝酸钾溶液 D. 熔融氢氧化钠
【答案】D
【解析】A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；
B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；
C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；
故答案为D。
7.某工厂排出废液中含有Ba2＋、Ag＋、Cu2＋，用①Na2CO3溶液，②NaOH溶液，③盐酸三种试剂将它们逐一沉淀并加以分离，加入试剂的正确顺序是（ ）
A. ②③① B. ③②① C. ①②③ D. ③①②
【答案】B
【解析】试题分析：A、若先加NaOH溶液，则会生成由AgOH脱水而成的Ag2O沉淀和Cu（OH）2沉淀，不能逐一分离沉淀，A错误；B、若先加入盐酸，分离出沉AgCl沉淀，余下Ba2+和Cu2+，加入NaOH，可以将铜离子沉淀，再加入K2CO3可将钡离子沉淀，逐一分离，B正确；C、若首先加入Na2CO3溶液，也会同时生成BaCO3沉淀和Ag2CO3沉淀，不能逐一分离沉淀，C错误；D、若先加入盐酸，分离出沉AgCl沉淀，余下Ba2+和Cu2+，加入Na2CO3溶液，也会同时生成BaCO3沉淀和CuCO3沉淀，不能逐一分离沉淀，D错误。答案选B。
8.能在无色溶液中大量共存的一组离子是 （ ）
A. Mg2+、SO42-、OH-、K+ B. Fe3+、NO3-、Cl-、H+
C. K+、HCO3-、Cl-、H+ D. H+、Na+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】A．Mg2+和OH-在溶液中生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．含有Fe3+的溶液是棕黄色，不是无色溶液，故B错误；
C．HCO3-与H+发生离子反应生成CO2和H2O，不能大量共存，故C错误；
D．离子组H+、Na+、Cl-、SO42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故D正确；
故答案为D。
9.下列离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：Ba2+ + OH— + H+ + SO42—＝BaSO4↓+H2O
B. 碳酸镁与稀硫酸反应：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑
C. 金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑
D. 向小苏打溶液中加入盐酸溶液：HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O
【答案】A
【解析】A．向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液发生的离子反应为Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42—＝BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．碳酸镁微溶于水，其与稀硫酸反应发生的离子反应为MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，故B正确；
C．金属铝溶于盐酸中发生的离子反应为2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑，故C正确；
D．向小苏打溶液中加入盐酸溶液发生的离子反应为HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O，故D正确；
故答案为A。
10.除去下列物质中杂质（括号内为杂质），所选用试剂及操作方法均正确的是（ ）
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作方法
A
Na2SO4（NaOH）
稀盐酸
加过量的稀盐酸、蒸发结晶
B
NaCl（Na2CO3）
CaCl2溶液
加入过量的CaCl2溶液，
过滤、将滤液蒸发结晶
C
CO2（HCl）
饱和Na2CO3溶液
先通过饱和Na2CO3溶液，再通过浓硫酸
D
FeSO4溶液（CuSO4）
过量铁粉
过滤
【答案】D
【解析】A．NaOH能与稀盐酸反应生成氯化钠和水，Na2SO4不与稀盐酸反应，能除去杂质但引入新的杂质氯化钠，故A错误；
B．Na2CO3能与CaC12溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过量的CaC12无法除去，成为新的杂质，故B错误；
C．饱和Na2CO3溶液能与CO2和HCl反应，CO2和HCl均能被饱和Na2CO3溶液吸收，导致被提纯的CO2气体的量减少或全部吸收，故C错误；
D．过量铁粉能与CuSO4溶液反应生成FeSO4并析出Cu，过滤后除去Cu和过量的Fe，得到FeSO4溶液，故D正确；
故答案为D。
11.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6
【答案】D
【解析】该反应是离子反应型的氧化还原反应，可以根据电荷守恒计算，可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=-6，所以答案D正确。
故选D。
12.用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，可使相同体积的Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A. 3：2：3 B. 3：1：2 C. 2：6：3 D. 1：1：1
【答案】C
【解析】试题分析：设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c，则根据反应式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,答案选C。
13.运动会发令枪击发时发生的反应时5KClO3 + 6P = 3P2O5 + 5KCl。关于该反应说法正确的是（ ）
A. 反应中P得到电子
B. 消耗1mol KClO3时，转移5mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为5:3
D. 发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒
【答案】D
【解析】
【分析】反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，P元素化合价升高，被氧化，P为还原剂，结合化合价的变化判断电子转移的数目。
【详解】A．P元素化合价升高失电子，被氧化，P为还原剂，故A错误；
B．Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，Cl化合价由+5价降低到-1价，所以每消耗1mol KClO3时，转移6mol 电子，故B错误；
C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，还原剂是P，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，故C错误；
D．发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒，故D正确；
故答案为Ｄ 。
14.有如下两个反应：（1）Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+；（2）Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu。判断Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱顺序排列正确的是（ ）
A. Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ B. Cu2+＞Fe3+＞Fe2+
C. Fe3+＞Fe2+＞Cu2+ D. Fe2+＞Cu2+＞Fe3+
【答案】A
【解析】试题分析：氧化性：氧化剂》氧化产物；
（1）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；氧化性：Fe3+》Cu2+，
（2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu；氧化性：Cu2+》Fe2+；
由上所述，氧化性强弱顺序：Fe3+>Cu2+>Fe2+；
考点：考察二次能源的相关知识。
二、非选择题（共6大题，满分58分）
15.蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法，如图所示两个装置都可以制取蒸馏水。
（1）图Ⅰ是实验室制取蒸馏水常用装置，仪器A、B的名称分别是：A______、B______；
（2）温度计水银球应置于_____；
（3）实验时A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量____，其作用是___________；
（4）图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取（加热及固定仪器略），其原理与图I完全相同，该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是____。
【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). （直形）冷凝管 (3). 蒸馏烧瓶支管口处 (4). 沸石或碎瓷片 (5). 防止液体暴沸 (6). 冷凝水蒸气
【解析】本题主要考查蒸馏实验。
（1）仪器A、B的名称分别是：
A蒸馏烧瓶、B（直形）冷凝管。
（2）温度计测量的是逸出蒸气的温度，所以温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处。
（3）实验时A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量沸石或碎瓷片，沸石或碎瓷片中的空隙作为沸腾中心，其作用是防止液体暴沸。
（4）该装置中使用的玻璃导管较长。长玻璃导管相当于冷凝器，其作用是冷凝水蒸气。
16.按要求回答下列问题
（1）①水银 ②烧碱 ③大理石 ④氯化钠晶体 ⑤盐酸 ⑥氨气 ⑦蔗糖 ⑧二氧化碳⑨液态氯化氢 ⑩硫酸溶液。上述物质中能导电的是____，属于电解质的是_____，属于非电解质的是_____。（填编号）
（2）按要求写出下列方程式
①KAl(SO4)2电离的电离方程式：____________
②碳酸钙与盐酸反应的离子方程式：_________
【答案】(1). ①⑤⑩ (2). ②④⑨ (3). ⑥⑦⑧ (4). KAl(SO4)2 = K++Al3++2SO42— (5). CaCO3+2H+= Ca2++H2O+CO2↑
【解析】
【分析】(1)能导电的物质必须含有自由电子或自由离子；电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。该定义的前提必须是化合物；非电解质：在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物。该定义的前提必须是化合物；
(2)①KAl(SO4)2 溶于水完全电离出钾离子、铝离子、硫酸根离子；
②碳酸钙与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和CO2气体。
【详解】(1)水银是汞金属单质，所以既不是电解质也不是非电解质，铜中有自由电子，所以能导电；②烧碱虽是电解质，但因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ③大理石是混合物，因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ④氯化钠晶体 是电解质，但 没有自由电子或自由离子，所以不导电；⑤盐酸是混合物，但溶液中含有自由离子，所以能导电；⑥氨气是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电；⑦蔗糖是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ⑧二氧化碳是化合物，因没有自由电子或自由离子，所以不导电，是非电解质；⑨液态氯化氢是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电； ⑩硫酸溶液是混合物，但溶液中含有自由离子，所以能导电；故能导电的是①⑤⑩，属于电解质的是②④⑨，属于非电解质的 是⑥⑦⑧；
(2)①KAl(SO4)2 水溶液中电离的电离方程式为：KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；
②碳酸钙与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和CO2气体，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2++H2O+CO2↑。
17.（1）3.01×1023个NH4+含有质子的物质的量是____ ，含有电子的物质的量是_____；
（2）200mL 2mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO42﹣的物质的量浓度为_____ ；
（3）标准状况下，36g H2和O2组成的混合气体的体积是67.2L，则混合气体中H2和O2的体积比为______；
（4）标准状况下，将33.6LNH3溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为____；
（5）已知1.505×1023个A气体分子的质量为31g，则A气体的摩尔质量是______。
【答案】(1). 5.5mol (2). 5mol (3). 6mol/L (4). 2:1 (5). 3mol/L (6). 124g/mol
【解析】
【分析】(1)根据n=计算物质的量，每个NH4+含有10个质子，10个电子；
(2)硫酸铝完全电离，硫酸根浓度为硫酸铝的3倍，据此计算；
(3)设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，依据n==，计算解答；
(4)根据n=计算NH3的物质的量，再根据c=计算物质的量浓度；
(5)根据n==计算相关物理量。
【详解】(1)，3.01×1023个NH4+的物质的量n===0.5mol，含有质子的物质的量是0.5mo l×11=0.55mol，含有电子的物质的量是0.5mo l×10=0.5mol；
(2)硫酸铝完全电离，硫酸根浓度为硫酸铝的3倍，SO42-的物质的量浓度为2mol/L×3=6mol/L；
(3)设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，则：2x+18y=36，(x+y)×22.4L/mol=6.72L，解得：x=2，y=1，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比所以这种混合气体中H2和O2的体积：2：1；
(4)标准状况下，将33.6LNH3的物质的量n===1.5mol，所得氨水的物质的量浓度c===3mol/L；
(5)n(A)==0.25mol，则M==124g/mol。
18.现用质量分数为98℅、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制480mL 0.2mol/L 的稀硫酸。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥容量瓶 ⑦托盘天平 ⑧药匙。完成下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀硫酸时不需要用到的是_____（填序号）；
（2）配制过程中需选用的容量瓶规格为_____mL，经过计算，需要浓硫酸的体积为____；
（3）在配制过程中，下列操作错误的是______，能使所配溶液浓度偏高的是_____（填序号）
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中
②为防止变质，稀释后的硫酸溶液应立即就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④移液前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑤量取浓硫酸时，俯视刻度线
【答案】(1). ②⑦⑧ (2). 500 (3). 5.4mL (4). ①②③⑤ (5). ①②
【解析】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制方法。
（1）上述仪器中，在配制稀硫酸时不需要用到的是②⑦⑧。
（2）配制过程中需选用的容量瓶规格为500mL。c浓===18.4mol/L。c浓V浓= c稀V稀，V浓=c稀V稀/c浓= 500×0.2/18.4mL=5.4mL，需要浓硫酸的体积为5.4mL。
（3）在配制过程中，下列操作错误的是①②③⑤，能使所配溶液浓度偏高的是①②。
①所配溶液溶质增多，使所配溶液浓度偏高；
②冷却后溶液体积减小，使所配溶液浓度偏高；
③不可将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水；
④不影响所配溶液浓度；
⑤浓硫酸减少，使所配溶液浓度偏低。
19.某废液中含有大量的K+、Cl-、Br-，还有少量的Ca2+、Mg2+、SO42-。某研究性学习小组利用这种废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2常温下是深红棕色液体），设计了如下流程图：
已知：可供选择的试剂 a、试剂b（试剂 b代表一组试剂）如下：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、H2O2溶液(H＋)、KMnO4溶液(H＋)、稀盐酸。请根据流程图，回答相关问题：
（1）若试剂a为H2O2溶液(H＋)，已知H2O2 + 2KBr + 2HCl = Br2 + 2H2O + 2KCl
①发生反应的离子方程式为：__________；
②每消耗0.2molH2O2，反应转移的电子数为______mol；
③还原剂和还原产物的物质的量之比是_______；
（2）操作①②③④⑤对应的名称分别是：______、分液、_____、过滤、______ ；
（3）为了除去无色液体I中的Ca2+、Mg2+、SO42-，从可供选择的试剂中选出试剂b所代表的物质，按滴加顺序依次是____、____、____（填化学式）；
（4）调pH=7是为了除去杂质离子________和_________，以提高氯化钾晶体的纯度；
（5）操作⑤中用到的瓷质仪器名称是_________ 。
【答案】 (1). H2O2 + 2Br－ + 2H+ = Br2 + 2H2O (2). 0.4 (3). 1：1 (4). 萃取 (5). 蒸馏 (6). 蒸发结晶 (7). BaCl2 (8). KOH (9). K2CO3 (10). OH－ (11). CO32－ (12). 蒸发皿
【解析】
【分析】根据图示可知，制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，分别加入BaCl2、K2CO3、KOH溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体A，再调节溶液Ⅱ的pH萃取碳酸根离子、氢氧根离子，得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体；
(1)结合离子方程式的书写原则和氧化还原反应的原理分析；
(2)加入CCl4的目的是萃取；紧接着萃取后的操作是将有机层与水层分开，叫做分液；从含有溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴的操作，是将两种相互混溶的液体进行分离的操作，叫做蒸馏；操作④完成后得到固体A和无色液体I，分离固体和液体的操作是过滤；操作⑤是从溶液中得到能溶解于水的氯化钾晶体，是蒸发结晶；
(3)除去Ca2+，选用饱和K2CO3溶液；除去Mg2+，选用KOH溶液；除去SO42-，选用BaCl2溶液；
(4)无色液体Ⅱ中还含有杂质离子CO32-和OH-；用pH试纸测定至pH=7；
(5)操作⑤是蒸发结晶，由此判断需要的仪器。
【详解】制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，分别加入BaCl2、K2CO3、KOH溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体A，再调节溶液Ⅱ的pH萃取碳酸根离子、氢氧根离子，得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体，
(1)①反应H2O2 + 2KBr + 2HCl = Br2 + 2H2O + 2KCl中KBr、HCl和KCl均为可溶于水的强电解质，能完全电离，则发生反应的离子方程式为H2O2 + 2Br－ + 2H+ = Br2 + 2H2O；
②反应中氧元素的化合价从-1价降为-2价，则每消耗0.2molH2O2，反应转移的电子数为0.2mol×2=0.4mol；
③反应中KBr是还原剂，H2O是还原产物，则还原剂和还原产物的物质的量之比是1:2；
(2)由流程图知，无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，无色液体Ⅲ中只含有K+、Cl-，则试剂b的作用是除去Ca2+、Mg2+、SO42-；操作①是萃取，操作②是将互不相溶的两种液体分开分液，操作③是将沸点不同、互溶的两液体分开-蒸馏，操作④是将溶液与沉淀分开过滤，操作⑤是将KCl从其水溶液中提取出来-结晶，操作①、②、③、④、⑤的名称是：萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶；
(3)由于除杂时除杂试剂需过量，且不能引入新杂质，所以除去Ca2+，选用饱和K2CO3溶液；除去Mg2+，选用KOH溶液；除去SO42-，选用BaCl2溶液．而且只要满足BaCl2溶液在饱和K2CO3溶液之前加入即可；
(4)由以上知，无色液体Ⅱ中还含有杂质离子CO32-和OH-，需用盐酸来除去过量的KOH及K2CO3，调节pH=7的操作方法是滴加盐酸，无气体产生时，用pH试纸测定至pH=7；
(5)由于操作⑤是蒸发结晶，所以该操作用到的瓷质仪器是蒸发皿。
20.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
（1）请将上述化学方程式改写离子方程式__；
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___(填写编号，多选倒扣)；
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），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为___mol。
（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目
2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
______________
【答案】(1). 2MnO4—＋16H＋＋10Cl—===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (2). ② (3). Cl2 (4). 1 (5).
【解析】（1）反应中的盐和酸均易溶，拆成离子，单质和水不能拆，2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O的离子方程式为：2MnO4—＋16H＋＋10Cl—===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，答案选②；（3）此反应中盐酸被氧化生成氯气，氧化产物是Cl2；反应中氯元素从-1价变为0价，产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为1mol；（4) 用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目如下：。
相关资料
更多
