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江西省景德镇一中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）
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江西省景德镇一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：Cl:35.5 O:16 N:14 H:1 Cu:64 Na:23 S:32 K:39 C:12
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共45分）
1.下列有关胶体的叙述中不正确的是（ ）
A. 实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液
B. “雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关
C. 在溶有1molFe(OH)3的胶体中，含有NA个Fe(OH)3胶粒
D. 水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液，能产生丁达尔效应的为胶体，不能产生丁达尔效应的为溶液，A正确；
B. “雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体(胶粒对光的散射作用)有关，B正确；
C. 因为氢氧化铁胶粒是由多个Fe(OH)3构成，所以在溶有1molFe(OH)3的胶体中，含有Fe(OH)3胶粒数小于NA个，C不正确；
D. 水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷，与胶体的电泳有关，D正确。
故选C。
2.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2++Ag
B. 少量金属钠加到冷水中：Na+2H2O=Na++OH-+H2↑
C. 将少量澄清石灰水加到过量NaHCO3溶液中：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 碳酸氢钙溶液加到醋酸中：Ca(HCO3)2+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+2CO2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 锌片插入硝酸银溶液中，离子方程式应为：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，A不正确；
B. 少量金属钠加到冷水中，离子方程式应为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B不正确；
C. 将少量澄清石灰水加到过量NaHCO3溶液中，离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，C正确；
D. 碳酸氢钙溶液加到醋酸中，离子方程式应为：
HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O，D不正确。
故选C。
3.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（ ）
A H2O2 B. IO3-
C. MnO4- D. HNO2
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。
【详解】根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1 mol H2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3－本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。答案选B。
4.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（ ）
A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol
【答案】B
【解析】
【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；
答案选B。
5.下列实验设计方案不可行的是（ ）
A. 用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的HCl气体杂质
B. 用渗析的方法分离提纯淀粉和NaCl的液体混合物
C. 先后添加石蕊试液、BaCl2溶液，将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液鉴别开
D. 在蒸馏实验中，温度计的水银球应放在支管口略向下的位置，目的是为了测馏分蒸气的温度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的HCl气体杂质，两种气体都能被吸收，A不可行；
B. 用渗析的方法分离提纯淀粉和NaCl的液体混合物，淀粉不能透过半透膜孔隙，而NaCl能透过半透膜孔隙，从而达到分离提纯目的，B可行；
C. 先添加石蕊试液，将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液分为三组，变红的一组为盐酸和硫酸，变蓝的为氢氧化钠，不变色的为硫酸钠和硝酸钾。再加BaCl2溶液，第一组生成沉淀的为硫酸，另一为盐酸；第三组生成沉淀的为硫酸钠，不生成沉淀的为硝酸钾，C可行；
D. 在蒸馏实验中，温度计水银球应放在支管口略向下的位置，目的是为了测馏分蒸气的温度，D可行。
故选A。
6.若阿伏加德罗常数的数值用NA表示，下列说法正确的是（ ）
A. 1.6gNH2-离子所含质子数为NA
B. 常温常压下，200g8.5%的H2O2溶液中含氧原子数为NA
C. 7.8gNa2O2晶体中所含离子总数为0.4NA
D. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1.6gNH2-离子为0.1mol，1个NH2-含质子数为9，故所含质子数为0.9NA，A错误；
B. 常温常压下，200g8.5%的H2O2溶液中来自H2O2的氧原子数为×2NA=NA，但溶液中的水也含氧原子，B错误；
C. Na2O2晶体由Na+和O22-构成，7.8gNa2O2为7.8g÷78g/mol=0.1mol，晶体中所含离子总数为0.3NA，C错误；
D. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA，D正确；
故选D。
7.硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是（ ）
A. N2O、H2O B. N2、O2、H2O
C. N2、HNO3、H2O D. NH3、NO、H2
【答案】D
【解析】
【分析】硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。
【详解】A.硝酸铵分解为N2O和H2O，-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A不选；
B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到0价，发生了氧化还原反应，故B不选；
C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；
D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。
故选D。
8. 有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验。
（1）逐滴加入6mol·L-1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液
（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结
（3）逐滴加入6mol·L-1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管口还有白色难溶物
下列混合物中符合以上实验现象的是 （ ）
A. NaHCO3、AgNO3
B. BaCl2、MgCO3
C. NH4HCO3、MgCl2
D. CaCl2·6H2O、Na2CO3
【答案】D
【解析】试题分析：A、若是碳酸氢钠与硝酸银的混合物，加入盐酸后有气体产生，但同时有白色沉淀生成，不会得到无色透明溶液，错误；B、若是氯化钡与碳酸镁的混合物，加入盐酸后有气体产生，反应结束后得到无色透明溶液；若直接加热混合物，则试管口无水生成，错误；C、若是碳酸氢铵与氯化镁的混合物，则加入盐酸后有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液；直接加热混合物，有水生成；加入硫酸有气泡产生，反应结束后试管中没有白色不溶物，错误；D、若是CaCl2·6H2O与碳酸钠的混合物，则加入盐酸后有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液；直接加热混合物，有水生成；加入硫酸有气泡产生，且硫酸钙微溶，正确，答案选D。
9.三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：
C3N3(OH)33HNCO； 8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O
下列说法正确的是（ ）
A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂
C. 1 molNO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2是还原剂
【答案】C
【解析】C3N3(OH)33HNCO为化学变化，经过反应生成了不同的物质，故A不正确；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中HNCO作还原剂，NO2作氧化剂，故B、D不正确。
10.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标况下），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合气体，且体积比为1：1，则V可能为（ ）
A. 8.4L B. 13.5L C. 10.7L D. 16.8L
【答案】C
【解析】
【分析】从题中只有12.0g一个数据能将CuS和Cu2S联系起来，所以我们只能采用极值法求解。
【详解】若全是CuS，根据Cu守恒，CuS物质的量n(CuS)=n(CuO)=，
CuS中S的化合价由-2价上升到+6价，故转移电子物质的量=0.15mol×(6+2)=1.2mol．NO和NO2的体积比为1﹕1，设NO为xmol、NO2为xmol，根据得失电子守恒，得3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.3mol×2×22.4L/mol=13.44L。
若全是Cu2S，根据Cu守恒，Cu2S物质的量n(Cu2S)==0.075mol，
Cu2S中S的化合价由-2价上升到+6价，且Cu元素的化合价由+1价上升到+2价，故转移电子物质的量0.075×（8+1×2）=0.75mol，设NO为y mol、NO2为ymol，根据电子得失守恒，3y+y=0.75，解得y=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L；实际气体介于二者之间。
故选C。
11.某MgCl2溶液的密度为1.18g·cm—3，其中Mg2+的质量分数为5.1％。300mL该溶液中Cl—的物质的量约等于（ ）
A. 0.37 mol B. 0.63mol C. 0.74 mol D. 1.5 mol
【答案】D
【解析】
【分析】根据m=ρV计算氯化镁溶液的质量，根据m（（Mg2+）=m（溶液）×ω（（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=m÷M计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒解答。
【详解】氯化镁溶液的质量为：1.18g/mL×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：(3.54×5.1g)÷24g/mol≈0.75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1.5mol，故答案选D。
12.体积为1L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082。将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是（ ）
A. 0.25L B. 0.5L C. 0.75L D. 1L
【答案】C
【解析】
【详解】由于在相同条件下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，所以容器中气体的相对分子质量是1.082×32＝34.6，这说明氯化氢不纯，混有空气，设HCl物质的量分数为x，则34.6=36.5x+29(1-x)，得x=0.75，则氯化氢和空气的体积之比约是3︰1，所以进入容器中液体的体积是3/4L，即0.75L；
答案选C。
13.在强酸性溶液中能大量存在，并且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A. K+、MnO4-、Cl-、NO3- B. Na+、K+、NO3-、HCO3-
C. Al3+、Mg2+、SO42-、NO3- D. S2-、NO3-、Na+、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性溶液，则每个备选项需加H+；溶液为无色，则不含有色离子；能大量存在，说明离子间不发生反应。
【详解】A. 含MnO4-的溶液呈紫红色，MnO4-、Cl-、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不合题意；
B. HCO3-、H+会发生反应，生成二氧化碳和水，不能大量共存，B不合题意；
C. Al3+、Mg2+、SO42-、NO3-、H+能大量共存，C符合题意；
D.S2-与H+会反应生成硫化氢，且 S2-、NO3-、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不合题意。
故选C。
14. 下列是某学生自己总结的一些规律，其中正确的是（ ）
A. 有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应
B. 某物质在固态时能导电，可确认该物质是金属单质
C. 一种元素在同一物质中可显示不同价态，但一定是该元素的相邻价态
D. 氧化物只可能是氧化产物，不可能是还原产物
【答案】A
【解析】试题分析：3CO+Fe2O3===2Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，属于无机物之间的反应，则有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应，选项A正确；固态时能导电，存在自由移动的电子，可能为金属，也可能为非金属石墨，选项B不正确；一种元素在同一物质中可显示不同价态，如Fe3O4、NH4NO3等，如在NH4NO3中N元素的化合价分别为+5、-3，二者不相邻，选项C不正确；
D．CO2+C==2CO中，CO既是氧化产物也是还原产物，则利用有单质参加的化合反应生成的氧化物既是氧化产物也是还原产物，选项D不正确。
15.已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y=2Q＋R中，当1.6 g X和Y完全反应后生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为( )
A. 46：9 B. 32：9 C. 23：9 D. 16：9
【答案】D
【解析】
【详解】可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，
设生成4.4gR需要Q的质量是x
X+2Y═2Q + R
18a 22a
x 4.4g
根据，解得x=3.6g，
由质量守恒可知参加反应的Y的质量为4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，
所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g：3.6g=16：9，故选D。
二、非选择题（共55分）
16.按要求填空：①碳酸氢钠固体 ②液态SO2 ③冰醋酸 ④汞 ⑤H2SO4 ⑥纯蔗糖C12H22O11 ⑦Ba(OH)2溶液 ⑧KNO3 ⑨熔融氢氧化钠 ⑩氢氧化铁胶体
（1）下列物质中能导电的强电解质是___，属于弱电解质的是___（均填序号）。
（2）将物质①配制成溶液，取少量该溶液与足量⑦溶液反应时，写出此时的离子方程式___。
（3）将⑩装入U型管中，分别插入两个电极接通电源在U型管中看到的现象是___，原因是：___。
（4）向⑩胶体中逐滴加入稀盐酸溶液，将有如何的现象变化___。
【答案】(1). ⑨ (2). ③ (3). HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O (4). 阴极附近颜色加深 (5). Fe(OH)3胶体中的胶粒因吸附阳离子带正电荷，通电后向阴极定向移动 (6). 先聚沉后溶解，溶液最终呈棕黄色
【解析】
【详解】①碳酸氢钠固体不导电，是强电解质；
②液态SO2不导电，是非电解质；
③冰醋酸不导电，是弱电解质；
④汞能导电，既不是电解质，也不是非电解质；
⑤H2SO4不导电，是强电解质；
⑥纯蔗糖C12H22O11不导电，是非电解质；
⑦Ba(OH)2溶液导电，既不是电解质，也不是非电解质；
⑧KNO3不导电，是强电解质；
⑨熔融氢氧化钠能导电，是强电解质；
⑩氢氧化铁胶体既不是电解质，也不是非电解质。
（1）能导电的强电解质是⑨。答案为：⑨
属于弱电解质的是③。答案为：③
（2）少量碳酸氢钠溶液与足量Ba(OH)2溶液反应，按以少定多的原则，1mol HCO3-与1molOH-反应，生成1molCO32-，再与1molBa2+发生反应，离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O 答案为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
（3）将氢氧化铁胶体装入U型管中，分别插入两个电极接通电源，因为氢氧化铁胶粒带正电荷，所以在直流电源的作用下，向阴极移动，在U型管中看到的现象是阴极附近颜色加深。答案为：阴极附近颜色加深
原因是：Fe(OH)3胶体中的胶粒因吸附阳离子带正电荷，通电后向阴极定向移动。
答案为：Fe(OH)3胶体中的胶粒因吸附阳离子带正电荷，通电后向阴极定向移动
（4）向氢氧化铁胶体胶体中逐滴加入稀盐酸溶液，稀盐酸属于电解质溶液先使氢氧化铁胶体发生聚沉，后氢氧化铁与盐酸反应生成FeCl3和水，现象变化为：先聚沉后溶解，溶液最终呈棕黄色。答案为：先聚沉后溶解，溶液最终呈棕黄色
17.请按指定要求完成下列问题。
（1）在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑的反应中，3mol的BrF3参加反应时，被水还原的BrF3的物质的量是___。
（2）已知砒霜As2O3与Zn可发生如下反应：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O
①请用双线桥法标出电子转移的方向和数目___。
②若生成0.2molAsH3，则转移的电子数为___。
（3）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，制备ClO2有以下两种方法：
方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
①方法一中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
②若两种方法制备得到相同条件下相同体积的ClO2气体，则两种方法中消耗的还原剂质量之比是___。
③Cl2与ClO2均用作水处理剂，若它们中的氯元素均被还原为Cl-，则相同质量的ClO2是Cl2消毒效率的___倍（消毒效率：等质量两种物质所转移电子的物质的量之比）。
【答案】(1). mol (2). (3). 1.2NA (4). 1：1 (5). 73：34 (6). 2.63
【解析】
【详解】（1）在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑的反应中，3mol的BrF3参加反应时，有5molH2O参加反应，失去电子4mol，在BrF3中，1molBrF3得到3mol电子，则被水还原的BrF3的物质的量是mol。答案为：mol
（2）①反应As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中，As的化合价由+3价降至-3价，Zn的化合价由0价升至+2价，用双线桥法标出电子转移的方向和数目。
答案为：
②生成2molAsH3转移12mol电子，若生成0.2molAsH3，则转移的电子数为1.2mol ×NA=1.2NA。答案：1.2NA
（3）①方法一中氧化剂NaClO3与还原剂HCl(4molHCl参与反应，只有2mol表现出还原性，被氧化)的物质的量之比为2：2=1：1。答案为：1：1
②若两种方法制备得到相同条件下相同体积的ClO2气体，假设为2mol ClO2，则前者消耗还原剂HCl 2mol，后者消耗还原剂H2O2 1mol，质量之比是（2mol×36.5g/mol）：（1mol×34g/mol）=73：34。答案为73：34
③设Cl2与ClO2的质量均为mg
Cl2 ~ 2Cl- ~ 2e- ClO2 ~ Cl- ~ 5e-
71g 2mol 67.5g 5mol
mg mg
则相同质量的ClO2是Cl2消毒效率的倍数为：
答案：2.63。
18.某无色溶液X，由K+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-中的若干离子组成，取该溶液进行如下实验：
（1）白色沉淀甲是___；
（2）试写出实验过程中生成气体A、B的离子方程式___；
（3）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的阴离子是___；尚未确定是否存在的离子是___；
（4）若要检验溶液中是否含有CO32-离子，其方法是___。
【答案】(1). BaSO4 (2). CO32-+2H+=H2O+CO2↑、NH4++OH-NH3↑+H2O (3). CO32-、SO42- (4). K+ (5). 加盐酸
【解析】
【详解】分析流程图，加入盐酸，有气体A产生，则A一定是CO2，溶液中一定含有CO32-，一定不含有Ba2+、Al3+、Fe3+；加入过量Ba(OH)2溶液，生成的气体B为NH3，溶液中一定含有NH4+；生成的白色沉淀甲为BaSO4，溶液中一定含有SO42-；只有K+不能确定是否存在。
（1）白色沉淀甲是BaSO4。答案为：BaSO4
（2）实验过程中生成气体A的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。
答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
生成B的离子方程式NH4++OH-NH3↑+H2O。答案为：NH4++OH-NH3↑+H2O
（3）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的阴离子是CO32-、SO42-。
答案为CO32-、SO42-
尚未确定是否存在的离子是K+。答案为：K+
（4）若要检验溶液中是否含有CO32-离子，其方法是加盐酸。
答案为：加盐酸
19.Ⅰ.用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制240mL1.0mol/L稀硫酸，若实验仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒
（1）需量取浓硫酸的体积为___mL；
（2）实验时还需要的仪器有___；
（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是___（填序号）
①容量瓶使用时未干燥
②定容后经振荡，摇匀，静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
③移液后未洗涤烧杯和玻璃棒
④定容时仰视刻度线观察液面
⑤量取浓H2SO4后，用蒸馏水洗涤量筒内壁，并将洗涤液注入烧杯中，一并移液
Ⅱ.请计算28gKOH固体必须溶解在___g水中，才使200个水分子中有1个K+；所得溶液的密度为g/cm3，则该溶液中OH-的物质的量浓度为___（保留到小数点后两位）。
【答案】(1). 13.6 (2). 250mL容量瓶，胶头滴管 (3). ⑤ (4). 1800 (5). 0.27mol/L
【解析】
【详解】Ⅰ.因为实验室没有240mL的容量瓶，所以应选择250mL的容量瓶，计算时，应使用所选容量瓶的规格进行计算。
（1）c(浓硫酸)=mol/L=18.4mol/L
V(浓硫酸)= 答案：13.6
（2）实验时还需要的仪器有250mL容量瓶，胶头滴管。答案为：250mL容量瓶，胶头滴管
（3）①容量瓶使用时未干燥，对所配溶液的浓度不产生影响；
②定容后经振荡，摇匀，静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，相当于水的加入量多，将导致溶液浓度偏低；
③移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的量减少，所配溶液的浓度偏低；
④定容时仰视刻度线观察液面，溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；
⑤量取浓H2SO4后，用蒸馏水洗涤量筒内壁，并将洗涤液注入烧杯中，一并移液，溶质的量增多，溶液的浓度偏高。
故选⑤
Ⅱ.n(KOH)=，n（K+）=0.5mol
为使200个水分子中有1个K+，n(H2O)=0.5mol×200=100mol
m(H2O)=100mol×18g/mol=1800g
答案为：1800g
c(OH-)=c（KOH）==0.27ρmol/L
答案为：0.27mol/L
20.Ⅰ.实验室有甲、乙两瓶无色溶液，其中一瓶是稀盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液，为测定甲、乙两瓶溶液的成分及物质的量浓度，进行以下实验：
①量取25.00mL甲溶液，向其中缓慢滴加乙溶液15.00mL，共收集到224mL（标准状况）气体
②量取15.00mL乙溶液，向其中缓慢滴加甲溶液25.00mL，共收集到112mL（标准状况）气体
（1）判断：甲是___溶液，其物质的量浓度为___mol/L；
（2）实验②中所发生反应的离子方程式为___。
Ⅱ.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物，这些气体恰好能被500mL2.0mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，请计算出NaNO3的物质的量___（要求有计算过程与步骤）。
【答案】(1). HCl (2). 0.8 (3). CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑ (4). 0.2mol
【解析】
【分析】I.往碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，发生反应为：Na2CO3+HCl(少量)＝NaCl+ NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
往盐酸溶液中逐滴加入碳酸钠，发生反应为：Na2CO3+2HCl(过量)＝2NaCl+H2O+CO2↑
从上面方程式可以看出，若盐酸的用量不足，则后一种情况产生的CO2气体多。
II.用得失电子守恒和原子守恒计算
【详解】I.①量取25.00mL甲溶液，向其中缓慢滴加乙溶液15.00mL，共收集到224mL（标准状况）气体
②量取15.00mL乙溶液，向其中缓慢滴加甲溶液25.00mL，共收集到112mL（标准状况）气体
（1）①中产生的气体比②多，结合前面分析，可判断：甲是HCl溶液。答案为：HCl
利用①，25.00mL甲溶液完全反应，可产生224mL（标准状况）CO2气体
224mL（标准状况）气体为0.01mol，则c(HCl)=
答案为：0.8
（2）实验②中所发生反应的离子方程式为CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
答案为：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑
Ⅱ. 设反应生成NaNO2的物质的量为x
根据电子守恒，建立如下关系式：
Cu ~ NaNO2
64g 1mol
51.2g x
=，解得x=0.8mol
依据Na+守恒，n(NaNO3)= 0.500L×2.0mol/L-0.8mol=0.2mol
答案为：0.2mol
可能用到的相对原子质量：Cl:35.5 O:16 N:14 H:1 Cu:64 Na:23 S:32 K:39 C:12
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共45分）
1.下列有关胶体的叙述中不正确的是（ ）
A. 实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液
B. “雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关
C. 在溶有1molFe(OH)3的胶体中，含有NA个Fe(OH)3胶粒
D. 水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液，能产生丁达尔效应的为胶体，不能产生丁达尔效应的为溶液，A正确；
B. “雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体(胶粒对光的散射作用)有关，B正确；
C. 因为氢氧化铁胶粒是由多个Fe(OH)3构成，所以在溶有1molFe(OH)3的胶体中，含有Fe(OH)3胶粒数小于NA个，C不正确；
D. 水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷，与胶体的电泳有关，D正确。
故选C。
2.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2++Ag
B. 少量金属钠加到冷水中：Na+2H2O=Na++OH-+H2↑
C. 将少量澄清石灰水加到过量NaHCO3溶液中：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 碳酸氢钙溶液加到醋酸中：Ca(HCO3)2+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+2CO2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 锌片插入硝酸银溶液中，离子方程式应为：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，A不正确；
B. 少量金属钠加到冷水中，离子方程式应为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B不正确；
C. 将少量澄清石灰水加到过量NaHCO3溶液中，离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，C正确；
D. 碳酸氢钙溶液加到醋酸中，离子方程式应为：
HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O，D不正确。
故选C。
3.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（ ）
A H2O2 B. IO3-
C. MnO4- D. HNO2
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。
【详解】根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1 mol H2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3－本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。答案选B。
4.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（ ）
A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol
【答案】B
【解析】
【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；
答案选B。
5.下列实验设计方案不可行的是（ ）
A. 用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的HCl气体杂质
B. 用渗析的方法分离提纯淀粉和NaCl的液体混合物
C. 先后添加石蕊试液、BaCl2溶液，将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液鉴别开
D. 在蒸馏实验中，温度计的水银球应放在支管口略向下的位置，目的是为了测馏分蒸气的温度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的HCl气体杂质，两种气体都能被吸收，A不可行；
B. 用渗析的方法分离提纯淀粉和NaCl的液体混合物，淀粉不能透过半透膜孔隙，而NaCl能透过半透膜孔隙，从而达到分离提纯目的，B可行；
C. 先添加石蕊试液，将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液分为三组，变红的一组为盐酸和硫酸，变蓝的为氢氧化钠，不变色的为硫酸钠和硝酸钾。再加BaCl2溶液，第一组生成沉淀的为硫酸，另一为盐酸；第三组生成沉淀的为硫酸钠，不生成沉淀的为硝酸钾，C可行；
D. 在蒸馏实验中，温度计水银球应放在支管口略向下的位置，目的是为了测馏分蒸气的温度，D可行。
故选A。
6.若阿伏加德罗常数的数值用NA表示，下列说法正确的是（ ）
A. 1.6gNH2-离子所含质子数为NA
B. 常温常压下，200g8.5%的H2O2溶液中含氧原子数为NA
C. 7.8gNa2O2晶体中所含离子总数为0.4NA
D. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1.6gNH2-离子为0.1mol，1个NH2-含质子数为9，故所含质子数为0.9NA，A错误；
B. 常温常压下，200g8.5%的H2O2溶液中来自H2O2的氧原子数为×2NA=NA，但溶液中的水也含氧原子，B错误；
C. Na2O2晶体由Na+和O22-构成，7.8gNa2O2为7.8g÷78g/mol=0.1mol，晶体中所含离子总数为0.3NA，C错误；
D. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA，D正确；
故选D。
7.硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是（ ）
A. N2O、H2O B. N2、O2、H2O
C. N2、HNO3、H2O D. NH3、NO、H2
【答案】D
【解析】
【分析】硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。
【详解】A.硝酸铵分解为N2O和H2O，-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A不选；
B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到0价，发生了氧化还原反应，故B不选；
C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C不选；
D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。
故选D。
8. 有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验。
（1）逐滴加入6mol·L-1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液
（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结
（3）逐滴加入6mol·L-1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管口还有白色难溶物
下列混合物中符合以上实验现象的是 （ ）
A. NaHCO3、AgNO3
B. BaCl2、MgCO3
C. NH4HCO3、MgCl2
D. CaCl2·6H2O、Na2CO3
【答案】D
【解析】试题分析：A、若是碳酸氢钠与硝酸银的混合物，加入盐酸后有气体产生，但同时有白色沉淀生成，不会得到无色透明溶液，错误；B、若是氯化钡与碳酸镁的混合物，加入盐酸后有气体产生，反应结束后得到无色透明溶液；若直接加热混合物，则试管口无水生成，错误；C、若是碳酸氢铵与氯化镁的混合物，则加入盐酸后有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液；直接加热混合物，有水生成；加入硫酸有气泡产生，反应结束后试管中没有白色不溶物，错误；D、若是CaCl2·6H2O与碳酸钠的混合物，则加入盐酸后有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液；直接加热混合物，有水生成；加入硫酸有气泡产生，且硫酸钙微溶，正确，答案选D。
9.三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：
C3N3(OH)33HNCO； 8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O
下列说法正确的是（ ）
A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂
C. 1 molNO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2是还原剂
【答案】C
【解析】C3N3(OH)33HNCO为化学变化，经过反应生成了不同的物质，故A不正确；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中HNCO作还原剂，NO2作氧化剂，故B、D不正确。
10.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标况下），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合气体，且体积比为1：1，则V可能为（ ）
A. 8.4L B. 13.5L C. 10.7L D. 16.8L
【答案】C
【解析】
【分析】从题中只有12.0g一个数据能将CuS和Cu2S联系起来，所以我们只能采用极值法求解。
【详解】若全是CuS，根据Cu守恒，CuS物质的量n(CuS)=n(CuO)=，
CuS中S的化合价由-2价上升到+6价，故转移电子物质的量=0.15mol×(6+2)=1.2mol．NO和NO2的体积比为1﹕1，设NO为xmol、NO2为xmol，根据得失电子守恒，得3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.3mol×2×22.4L/mol=13.44L。
若全是Cu2S，根据Cu守恒，Cu2S物质的量n(Cu2S)==0.075mol，
Cu2S中S的化合价由-2价上升到+6价，且Cu元素的化合价由+1价上升到+2价，故转移电子物质的量0.075×（8+1×2）=0.75mol，设NO为y mol、NO2为ymol，根据电子得失守恒，3y+y=0.75，解得y=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L；实际气体介于二者之间。
故选C。
11.某MgCl2溶液的密度为1.18g·cm—3，其中Mg2+的质量分数为5.1％。300mL该溶液中Cl—的物质的量约等于（ ）
A. 0.37 mol B. 0.63mol C. 0.74 mol D. 1.5 mol
【答案】D
【解析】
【分析】根据m=ρV计算氯化镁溶液的质量，根据m（（Mg2+）=m（溶液）×ω（（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=m÷M计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒解答。
【详解】氯化镁溶液的质量为：1.18g/mL×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：(3.54×5.1g)÷24g/mol≈0.75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1.5mol，故答案选D。
12.体积为1L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082。将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是（ ）
A. 0.25L B. 0.5L C. 0.75L D. 1L
【答案】C
【解析】
【详解】由于在相同条件下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，所以容器中气体的相对分子质量是1.082×32＝34.6，这说明氯化氢不纯，混有空气，设HCl物质的量分数为x，则34.6=36.5x+29(1-x)，得x=0.75，则氯化氢和空气的体积之比约是3︰1，所以进入容器中液体的体积是3/4L，即0.75L；
答案选C。
13.在强酸性溶液中能大量存在，并且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A. K+、MnO4-、Cl-、NO3- B. Na+、K+、NO3-、HCO3-
C. Al3+、Mg2+、SO42-、NO3- D. S2-、NO3-、Na+、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性溶液，则每个备选项需加H+；溶液为无色，则不含有色离子；能大量存在，说明离子间不发生反应。
【详解】A. 含MnO4-的溶液呈紫红色，MnO4-、Cl-、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不合题意；
B. HCO3-、H+会发生反应，生成二氧化碳和水，不能大量共存，B不合题意；
C. Al3+、Mg2+、SO42-、NO3-、H+能大量共存，C符合题意；
D.S2-与H+会反应生成硫化氢，且 S2-、NO3-、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不合题意。
故选C。
14. 下列是某学生自己总结的一些规律，其中正确的是（ ）
A. 有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应
B. 某物质在固态时能导电，可确认该物质是金属单质
C. 一种元素在同一物质中可显示不同价态，但一定是该元素的相邻价态
D. 氧化物只可能是氧化产物，不可能是还原产物
【答案】A
【解析】试题分析：3CO+Fe2O3===2Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，属于无机物之间的反应，则有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应，选项A正确；固态时能导电，存在自由移动的电子，可能为金属，也可能为非金属石墨，选项B不正确；一种元素在同一物质中可显示不同价态，如Fe3O4、NH4NO3等，如在NH4NO3中N元素的化合价分别为+5、-3，二者不相邻，选项C不正确；
D．CO2+C==2CO中，CO既是氧化产物也是还原产物，则利用有单质参加的化合反应生成的氧化物既是氧化产物也是还原产物，选项D不正确。
15.已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X＋2Y=2Q＋R中，当1.6 g X和Y完全反应后生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为( )
A. 46：9 B. 32：9 C. 23：9 D. 16：9
【答案】D
【解析】
【详解】可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，
设生成4.4gR需要Q的质量是x
X+2Y═2Q + R
18a 22a
x 4.4g
根据，解得x=3.6g，
由质量守恒可知参加反应的Y的质量为4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，
所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g：3.6g=16：9，故选D。
二、非选择题（共55分）
16.按要求填空：①碳酸氢钠固体 ②液态SO2 ③冰醋酸 ④汞 ⑤H2SO4 ⑥纯蔗糖C12H22O11 ⑦Ba(OH)2溶液 ⑧KNO3 ⑨熔融氢氧化钠 ⑩氢氧化铁胶体
（1）下列物质中能导电的强电解质是___，属于弱电解质的是___（均填序号）。
（2）将物质①配制成溶液，取少量该溶液与足量⑦溶液反应时，写出此时的离子方程式___。
（3）将⑩装入U型管中，分别插入两个电极接通电源在U型管中看到的现象是___，原因是：___。
（4）向⑩胶体中逐滴加入稀盐酸溶液，将有如何的现象变化___。
【答案】(1). ⑨ (2). ③ (3). HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O (4). 阴极附近颜色加深 (5). Fe(OH)3胶体中的胶粒因吸附阳离子带正电荷，通电后向阴极定向移动 (6). 先聚沉后溶解，溶液最终呈棕黄色
【解析】
【详解】①碳酸氢钠固体不导电，是强电解质；
②液态SO2不导电，是非电解质；
③冰醋酸不导电，是弱电解质；
④汞能导电，既不是电解质，也不是非电解质；
⑤H2SO4不导电，是强电解质；
⑥纯蔗糖C12H22O11不导电，是非电解质；
⑦Ba(OH)2溶液导电，既不是电解质，也不是非电解质；
⑧KNO3不导电，是强电解质；
⑨熔融氢氧化钠能导电，是强电解质；
⑩氢氧化铁胶体既不是电解质，也不是非电解质。
（1）能导电的强电解质是⑨。答案为：⑨
属于弱电解质的是③。答案为：③
（2）少量碳酸氢钠溶液与足量Ba(OH)2溶液反应，按以少定多的原则，1mol HCO3-与1molOH-反应，生成1molCO32-，再与1molBa2+发生反应，离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O 答案为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
（3）将氢氧化铁胶体装入U型管中，分别插入两个电极接通电源，因为氢氧化铁胶粒带正电荷，所以在直流电源的作用下，向阴极移动，在U型管中看到的现象是阴极附近颜色加深。答案为：阴极附近颜色加深
原因是：Fe(OH)3胶体中的胶粒因吸附阳离子带正电荷，通电后向阴极定向移动。
答案为：Fe(OH)3胶体中的胶粒因吸附阳离子带正电荷，通电后向阴极定向移动
（4）向氢氧化铁胶体胶体中逐滴加入稀盐酸溶液，稀盐酸属于电解质溶液先使氢氧化铁胶体发生聚沉，后氢氧化铁与盐酸反应生成FeCl3和水，现象变化为：先聚沉后溶解，溶液最终呈棕黄色。答案为：先聚沉后溶解，溶液最终呈棕黄色
17.请按指定要求完成下列问题。
（1）在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑的反应中，3mol的BrF3参加反应时，被水还原的BrF3的物质的量是___。
（2）已知砒霜As2O3与Zn可发生如下反应：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O
①请用双线桥法标出电子转移的方向和数目___。
②若生成0.2molAsH3，则转移的电子数为___。
（3）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，制备ClO2有以下两种方法：
方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
①方法一中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
②若两种方法制备得到相同条件下相同体积的ClO2气体，则两种方法中消耗的还原剂质量之比是___。
③Cl2与ClO2均用作水处理剂，若它们中的氯元素均被还原为Cl-，则相同质量的ClO2是Cl2消毒效率的___倍（消毒效率：等质量两种物质所转移电子的物质的量之比）。
【答案】(1). mol (2). (3). 1.2NA (4). 1：1 (5). 73：34 (6). 2.63
【解析】
【详解】（1）在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑的反应中，3mol的BrF3参加反应时，有5molH2O参加反应，失去电子4mol，在BrF3中，1molBrF3得到3mol电子，则被水还原的BrF3的物质的量是mol。答案为：mol
（2）①反应As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中，As的化合价由+3价降至-3价，Zn的化合价由0价升至+2价，用双线桥法标出电子转移的方向和数目。
答案为：
②生成2molAsH3转移12mol电子，若生成0.2molAsH3，则转移的电子数为1.2mol ×NA=1.2NA。答案：1.2NA
（3）①方法一中氧化剂NaClO3与还原剂HCl(4molHCl参与反应，只有2mol表现出还原性，被氧化)的物质的量之比为2：2=1：1。答案为：1：1
②若两种方法制备得到相同条件下相同体积的ClO2气体，假设为2mol ClO2，则前者消耗还原剂HCl 2mol，后者消耗还原剂H2O2 1mol，质量之比是（2mol×36.5g/mol）：（1mol×34g/mol）=73：34。答案为73：34
③设Cl2与ClO2的质量均为mg
Cl2 ~ 2Cl- ~ 2e- ClO2 ~ Cl- ~ 5e-
71g 2mol 67.5g 5mol
mg mg
则相同质量的ClO2是Cl2消毒效率的倍数为：
答案：2.63。
18.某无色溶液X，由K+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-中的若干离子组成，取该溶液进行如下实验：
（1）白色沉淀甲是___；
（2）试写出实验过程中生成气体A、B的离子方程式___；
（3）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的阴离子是___；尚未确定是否存在的离子是___；
（4）若要检验溶液中是否含有CO32-离子，其方法是___。
【答案】(1). BaSO4 (2). CO32-+2H+=H2O+CO2↑、NH4++OH-NH3↑+H2O (3). CO32-、SO42- (4). K+ (5). 加盐酸
【解析】
【详解】分析流程图，加入盐酸，有气体A产生，则A一定是CO2，溶液中一定含有CO32-，一定不含有Ba2+、Al3+、Fe3+；加入过量Ba(OH)2溶液，生成的气体B为NH3，溶液中一定含有NH4+；生成的白色沉淀甲为BaSO4，溶液中一定含有SO42-；只有K+不能确定是否存在。
（1）白色沉淀甲是BaSO4。答案为：BaSO4
（2）实验过程中生成气体A的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。
答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
生成B的离子方程式NH4++OH-NH3↑+H2O。答案为：NH4++OH-NH3↑+H2O
（3）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的阴离子是CO32-、SO42-。
答案为CO32-、SO42-
尚未确定是否存在的离子是K+。答案为：K+
（4）若要检验溶液中是否含有CO32-离子，其方法是加盐酸。
答案为：加盐酸
19.Ⅰ.用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制240mL1.0mol/L稀硫酸，若实验仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒
（1）需量取浓硫酸的体积为___mL；
（2）实验时还需要的仪器有___；
（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是___（填序号）
①容量瓶使用时未干燥
②定容后经振荡，摇匀，静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
③移液后未洗涤烧杯和玻璃棒
④定容时仰视刻度线观察液面
⑤量取浓H2SO4后，用蒸馏水洗涤量筒内壁，并将洗涤液注入烧杯中，一并移液
Ⅱ.请计算28gKOH固体必须溶解在___g水中，才使200个水分子中有1个K+；所得溶液的密度为g/cm3，则该溶液中OH-的物质的量浓度为___（保留到小数点后两位）。
【答案】(1). 13.6 (2). 250mL容量瓶，胶头滴管 (3). ⑤ (4). 1800 (5). 0.27mol/L
【解析】
【详解】Ⅰ.因为实验室没有240mL的容量瓶，所以应选择250mL的容量瓶，计算时，应使用所选容量瓶的规格进行计算。
（1）c(浓硫酸)=mol/L=18.4mol/L
V(浓硫酸)= 答案：13.6
（2）实验时还需要的仪器有250mL容量瓶，胶头滴管。答案为：250mL容量瓶，胶头滴管
（3）①容量瓶使用时未干燥，对所配溶液的浓度不产生影响；
②定容后经振荡，摇匀，静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，相当于水的加入量多，将导致溶液浓度偏低；
③移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的量减少，所配溶液的浓度偏低；
④定容时仰视刻度线观察液面，溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；
⑤量取浓H2SO4后，用蒸馏水洗涤量筒内壁，并将洗涤液注入烧杯中，一并移液，溶质的量增多，溶液的浓度偏高。
故选⑤
Ⅱ.n(KOH)=，n（K+）=0.5mol
为使200个水分子中有1个K+，n(H2O)=0.5mol×200=100mol
m(H2O)=100mol×18g/mol=1800g
答案为：1800g
c(OH-)=c（KOH）==0.27ρmol/L
答案为：0.27mol/L
20.Ⅰ.实验室有甲、乙两瓶无色溶液，其中一瓶是稀盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液，为测定甲、乙两瓶溶液的成分及物质的量浓度，进行以下实验：
①量取25.00mL甲溶液，向其中缓慢滴加乙溶液15.00mL，共收集到224mL（标准状况）气体
②量取15.00mL乙溶液，向其中缓慢滴加甲溶液25.00mL，共收集到112mL（标准状况）气体
（1）判断：甲是___溶液，其物质的量浓度为___mol/L；
（2）实验②中所发生反应的离子方程式为___。
Ⅱ.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物，这些气体恰好能被500mL2.0mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，请计算出NaNO3的物质的量___（要求有计算过程与步骤）。
【答案】(1). HCl (2). 0.8 (3). CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑ (4). 0.2mol
【解析】
【分析】I.往碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，发生反应为：Na2CO3+HCl(少量)＝NaCl+ NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
往盐酸溶液中逐滴加入碳酸钠，发生反应为：Na2CO3+2HCl(过量)＝2NaCl+H2O+CO2↑
从上面方程式可以看出，若盐酸的用量不足，则后一种情况产生的CO2气体多。
II.用得失电子守恒和原子守恒计算
【详解】I.①量取25.00mL甲溶液，向其中缓慢滴加乙溶液15.00mL，共收集到224mL（标准状况）气体
②量取15.00mL乙溶液，向其中缓慢滴加甲溶液25.00mL，共收集到112mL（标准状况）气体
（1）①中产生的气体比②多，结合前面分析，可判断：甲是HCl溶液。答案为：HCl
利用①，25.00mL甲溶液完全反应，可产生224mL（标准状况）CO2气体
224mL（标准状况）气体为0.01mol，则c(HCl)=
答案为：0.8
（2）实验②中所发生反应的离子方程式为CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
答案为：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑
Ⅱ. 设反应生成NaNO2的物质的量为x
根据电子守恒，建立如下关系式：
Cu ~ NaNO2
64g 1mol
51.2g x
=，解得x=0.8mol
依据Na+守恒，n(NaNO3)= 0.500L×2.0mol/L-0.8mol=0.2mol
答案为：0.2mol
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