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江西省南昌市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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南昌二中2019—2020学年度上学期期中考试高一化学试卷
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 Cl-35.5 K-39
一、选择题（单选题，每题3分，共48分）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性
B. 杨万里《戏笔》中写到“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3属于碱式盐
C. 《淮南万毕术》中有“曾青得铁化为铜”的记载，该反应属于置换反应
D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C又称为抗坏血酸，具有还原性，故A正确；
B．铜绿主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3组成中有氢氧根属于碱式盐，故B正确；
C．“曾青得铁化为铜”表示的是硫酸铜与铁反应生成铜，该反应符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故C正确；
D．石钟乳的形成中涉及碳酸钙的生成与溶解，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；食物的腐败是食物发生氧化还原反应，植物光合作用是利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，有元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D错误；
故选D
【点睛】本题的易错点为D，要注意根据反应的原理或化学方程式分析有无化合价的变化进行判断。
2.科学的实验方法是探索物质世界的一把金钥匙，下列实验方法或操作正确的是（ ）
A. 观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀硫酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的外焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察
B. 因为碘易溶于酒精，所以常用酒精萃取碘水中的碘
C. 两种互不相溶的液体，如汽油和水，可通过分液方法分离
D. 用丁达尔效应鉴别 NaCl 溶液和 KCl 溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硫酸不挥发，干扰实验，应选盐酸洗涤，故A错误；
B. 酒精与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；
C. 汽油和水分层，可分液分离，故C正确；
D. 丁达尔现象为胶体特有的性质，不能依此鉴别溶液，故D错误；
故选：C。
3.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. FcCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+
B. 碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+ +H2O+CO2↑
C. 向 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液 Ca2++HCO3-+OH- = CaCO3↓+H2O
D. 向 NH4HSO4 稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至刚好沉淀完全NH4++H++SO42－+Ba2++2OH- = NH3·H2O+BaSO4↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. FcCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B. 碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；
C. 向 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；
D. 向 NH4HSO4 稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至刚好沉淀完全，该反应的离子方程式为NH4++H++SO42-+Ba2++2OH-= NH3·H2O+BaSO4↓+H2O，故D正确；
故选：D。
【点睛】离子方程式正误判断的方法有：（1）是否符合客观事实；（2）是否符合电荷守恒；（3）是否符合质量守恒定律；（4）是否符合拆写原则。
4.某同学将金属钠露置于空气中足够长时间，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体→白色粉末。下列有关叙述不正确的是( )
A. 表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了Na2O
B. 出现液滴原因是生成的Na2CO3吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液
C. 最后白色粉末为碳酸钠粉末
D. 最后白色粉末的质量比金属钠质量大
【答案】B
【解析】
【详解】A．因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现表面变暗现象，故A正确；
B．氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，故B错误；
C．生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，故C正确；
D. 最后白色粉末为碳酸钠，质量比金属钠的质量大，故D正确；
故选B。
5.将0.2mol MnO2和50ml 12mol·L－1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为x mol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是
A. x＝0.3 B. x＜0.3 C. 0.3＜x＜0.6 D. 以上结论都不对
【答案】C
【解析】
试题分析：盐酸的物质的量是0.05L×12mol/L＝0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol。但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。
考点：考查实验室制取氯气的有关计算和判断
点评：本题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是有利于培养学生严谨的思维发生以及灵活运用知识的能力，有利于拓展学生的解题思路和视野，提高学生的学习效率。
6.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钻酞菁”的分子(直径为1.3 ×10-9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素和植物的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法正确的是( )
A. 其直径比Na+的小 B. 其在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
C. 其既能透过滤纸,也能透过半透膜 D. 其在水中形成的分散系属于乳浊液
【答案】B
【解析】
【详解】A项、“钴酞菁”分子的直径为1.3nm，Na+半径小于1nm，故A错误；
B项、钴酞菁”分子的直径为1.3nm，在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故B正确；
C项、“钴酞菁”分子的直径为1.3nm，能透过滤纸，不能透过半透膜，故C错误；
D项、钴酞菁”分子的直径为1.3nm，其大小在胶体粒子范围之内，在水中形成的分散系属于胶体，故D错误；
故选B。
7.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/cm3)所得溶液的密度为ρ g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是( )
A. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
C. c=
D. 所得溶液的质量分数：w＝
【答案】D
【解析】
A.题中所给的是水的体积，而溶液的体积不是1L，故所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L，A错误；B.因未说明是标准状况，所以无法计算HCl的体积，B错误；C.根据c= ，可知，c= ，所以C错误；D.由c= 得w＝，故D正确，答案选D
8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的个数是（ ）
①过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
②5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
③Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
④3mol单质铁完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子
⑤标准状态下，2.24L CH3CH2OH中质子数为3.4NA
⑥将100mL 0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NA
⑦区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】①过氧化钠与水反应时,生成的氧气由-1价的氧原子得来,故生成0.1mol氧气转移0.2NA个电子，故①正确；
②反应5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，则转移3.75NA个电子，故②正确；
③Na2O2投入到紫色石蕊试液中，生成氢氧化钠，使石蕊变蓝色，过氧化钠有强氧化性，后来使蓝色褪色，故③正确；
④3mol单质铁完全转化为Fe3O4，铁由0价变为价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，故④正确；
⑤标准状态下，CH3CH2OH是液体，不适用气体摩尔体积的计算，故⑤错误；
⑥一个Fe(OH)3胶粒数是多个氢氧化铁的聚集体,故将将100mL 0.1mol/L的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数小于0.01NA，故⑥错误；
⑦Ca(OH)2溶液与NaHCO3与Na2CO3溶液反应均产生白色沉淀，不能用其鉴别，故⑦错误；
故正确的有4个，故选B。
9.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（ ）
A. 强酸性溶液：Cu2+、Na+、ClO-、SO42-
B. 有SO42-存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、Br-
C. 使酚酞溶液变红的溶液中：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+
D. 无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、Cl-、I-
【答案】D
【解析】
【详解】A.在酸性溶液中存在H+，H+会与ClO-发生反应而不能共存，故A错误；
B.由于CaSO4微溶于水，因此有SO42-存在的溶液中Ca2+不能大量存在，故B错误；
C.使酚酞试液变红的溶液为碱性溶液，碱性溶液中存在OH-，OH-会与Fe3+发生反应而不能共存，故C错误；
D.无色透明的水溶液中，K+、Ba2+、Cl-、I-四种离子之间不发生反应，且不存在有色离子，故D正确；
故选D。
【点睛】无色溶液中不能含有铜离子，亚铁离子，铁离子，高锰酸根离子等有色离子，离子之间如果能生成难溶物，生成难电离的物质，生成易挥发的物质在溶液里不能大量共存。
10.铅的冶炼大致过程如下：
①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；
②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2 ；
③制粗铅：PbO+CPb+CO↑；PbO+COPb+CO2。
下列说法错误的是
A. 浮选法富集方铅矿的过程属于物理变化
B. 将lmol PbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳
C. 方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbO
D. 培烧过程中，每生成lmol PbO转移6mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A..浮选法富集方铅矿的过程就是把含有PbS的矿石集聚在一起的过程，没有新物质产生，该过程属于物理变化，A正确；
B.根据反应原理，将lmol PbS冶炼成Pb，要消耗C最少，则C被氧化产生CO2，反应消耗0.5molC，因此理论上至少需要6g碳，B正确；
C.在方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS是还原剂，还原产物有PbO、SO2，C错误；
D.在培烧过程中，根据方程式可知，Pb元素化合价不变，S元素化合价由反应前PbS中的-2价变为反应后SO2中的+4价，每1molPbS反应，转移电子6mol，D正确；
故合理选项是C。
11.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是
A. 氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与醋酸
B. Na2CO3溶液与盐酸；CaCO3与盐酸
C. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；BaCl2溶液与NaHSO4溶液
D. Fe(OH)3胶体的制备；Fe(OH)3沉淀的制备
【答案】C
【解析】
【详解】A.前者离子方程式为：H++OH-=H2O，后者离子方程式为：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，二者不能用同一个离子方程式表示，故A项错误；
B.前者离子方程式为：2H++CO32-=H2O+CO2↑，后者离子方程式为：2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑，二者不能用同一个离子方程式表示，故B项错误；
C.前者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，后者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，二者离子反应方程式相同，可以用同一个离子方程式表示，故C项正确；
D.前者离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，后者离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓， 二者不能用同一个离子方程式表示，故D项错误；
综上，本题选C。
12.关于反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O==7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4 的下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的氧化剂只有CuSO4
B. SO42－既不是氧化产物也不是还原产物
C. 1 mol CuSO4还原了1/7mol的S
D. 被还原的S和被氧化的S的质量比为7∶3
【答案】D
【解析】
对于反应14CuSO4+5FeS2+12H2O==7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，Cu元素的化合价全部降低，从+2价降低到＋1价，5个 FeS2中10个S原子的化合价有7个从-1价降低到-2价，有3个从-1价升高到+6价。
A、CuSO4中Cu元素的化合价降低，同时FeS2中S元素的化合价也有部分降低，故氧化剂有两种：CuSO4、FeS2，A错误；B、5个FeS2中10个S原子的化合价有3个从-1价升高到+6价，被氧化为SO42-，所以有部分SO42-为氧化产物，B错误；C、1 mol CuSO4参加反应得到的电子数为1mol，被还原的S的化合价从-1价降低到-2价，所以被还原的S 的物质的量为1mol，C错误；D、5个FeS2中10个S原子的化合价有7个从-1价降低到-2价，被还原，有3个从-1价升高到+6价，被氧化，所以被还原的S和被氧化的S的物质的量之比为7∶3，质量比也为7:3，D正确。正确答案为D。
13. 下列说法正确的是( )。
A. 根据反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强
B. 在反应CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑中，水作氧化剂
C. 反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶1
D. 因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2不能发生
【答案】B
【解析】
A. 反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑要在通电条件下才能发生，不是自发反应，所以不能说明Cu的还原性比H2的强，故A错误；B. 在反应CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑中，水中氢的化合价从+1降为0，所以水作氧化剂，故B正确；C. 反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶2，故C错误；D.该置换反应中I2将Cl2还原出来，所以I2的还原性强于Cl2，故D错误。故选B。
14.某学生用 Na2CO3和 KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如表数据(盐酸逐滴滴加，物质的量浓度相等且不考虑HCl的挥发)下列有关的说法中，正确的是（ ）
实验序号
①
②
③
④
盐酸体积/mL
50
50
50
50
固体质量/g
3.06
6.12
9.18
12.24
生成气体体积/L(标况)
0672
1.344
1.568
1.344
A. 盐酸的物质的量浓度为 2mol·L-1
B. 原混合物样品中 n(Na2CO3)：n(KHCO3)=1：1
C. 实验③中，固体与盐酸恰好完全反应
D. 实验④反应后，至少需继续加入 40mL的该盐酸才能把12.24g 的混合物全部反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据①③中数据可知在反应③中盐酸不足，其中二氧化碳是0.07mol，碳酸钠是0.03mol，碳酸氢钾 是0.06mol，由于碳酸钠首先与盐酸反应，则反应③中消耗盐酸是0.03mol+0.07mol=0.1mol，所以盐酸的浓度是0.1mol÷0.05L=2mol/L，故A正确；
B. 实验①中混合物全部反应，设Na2CO3和KHCO3的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y=0.672÷22.4、106x+100y=3.06，解得x=0.01，y=0.02，则原混合物样品中n(Na2CO3)：n(KHCO3)=1：2，故B错误；
C.；若实验②中混合物全部反应，则产生的气体体积应该是9.18g÷3.06g×0.672L=2.016L>1.538L，所以反应中混合物过量，故C错误；
D. 根据以上分析可知反应④中碳酸钠是0.04mol，碳酸氢钾是0.08mol，完全反应需要盐酸是0.04mol×2+0.08mol=0.12mol，盐酸的体积是60mL，所以实验④反应后，至少需继续加入20mL的该盐酸溶液才能把12.24g的混合物全部反应，故D错误；
故选A。
15.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+>I2。）下列说法正确的是（ ）
A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI = CeI4 + 2H2↑
B. Ce2(SO4)3溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：Ce3+ + Fe3+ = Ce4+ + Fe2+
C. 金属Ce保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化
D. 铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氧化性：Ce4+>Fe3+>I-，不会生成CeI4；
B. 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析判断；
C. 根据题中信息分析，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，遇水很快反应；
D. 结合金属活动性顺序及其题中已知条件分析作答。
【详解】A. 由于氧化性由大到小依次为：Ce4+>Fe3+>I-，铈溶于氢碘酸，产物不会生成CeI4,应该是CeI3，故A项错误；
B. 假设离子方程式Ce3+ + Fe3+ == Ce4+ + Fe2+能发生，则根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，方程式中Fe3+> Ce4+，这显然与题意不符合，因此该方程式不能自发进行，故B项错误；
C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，所以金属Ce保存时，应该隔绝空气和水，但不可以用水封，故C项错误；
D. 根据题中已知条件，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应可知，其化学性质与金属钠相似，再结合金属活动性顺序可推测，若铈要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素，故D项正确；
答案选D。
16.下列物质各3g，在氧气中完全燃烧，于150℃时将产物通过足量的Na2O2固体后，固体增重大于3g的是（ ）
A. HCHO B. CH3COOH C. C2H5OH D. C6H12O6
【答案】C
【解析】
【分析】
水、二氧化碳和Na2O2反应方程式分别为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式知，水和Na2O2反应时固体质量增加量相当于H2质量，二氧化碳和Na2O2反应时固体质量增加量相当于CO质量，将可燃物写出H2或CO或(CO)m•Hn方式，如果恰好写为H2或CO或(CO)m•Hn方式，则产物通过足量Na2O2时固体质量不变，如果改写化学式时O原子有剩余，则反应前后固体质量减少，如果C原子有剩余，则固体质量增加，据此分析解答。
【详解】A. 该化学式可以改写成CO⋅H2⋅O，O原子有剩余，所以反应前后固体质量增多少于3g，故A错误；
B. 该化学式可以改写为(CO)2⋅(H2)2，所以反应前后固体质量增多等于3g，故B错误；
C. 该化学式可以改写为CO⋅(H2)3⋅C，C有剩余，则反应前后固体质量增多多于3g，故C正确；
D. 该化学式可以改写为(CO)6⋅(H2)6，则反应前后固体质量增多等于3g，故D错误；
故选C。
二、非选择题（共52分）
17.现有以下物质：①NaOH溶液，②液氨，③BaCO3固体，④熔融KHSO4，⑤Fe(OH)3胶体，⑥铜，⑦CO2，⑧CH3COOH。
（1）以上物质中属于混合物的是(填序号) ____，以上物质中属于非电解质的是(填序号)___。
（2）对物质⑤进行通电，观察到阴极的现象是_____，以上纯净物能导电的是 (填序号)____。
（3）写出④的电离方程式________。
（4）写出①和⑧在水溶液中反应的离子方程式_______。
（5）在足量的④水溶液中加入少量③的粉末，发生反应的离子方程式为_____。
（6）在含0.4mol NaOH的稀溶液中缓慢通入标准状况下6.72L CO2，气体被全部吸收，该过程总的离子反应方程式为________。
【答案】 (1). ①⑤ (2). ②⑦ (3). 阴极颜色加深 (4). ④⑥ (5). KHSO4=K++HSO4- (6). OH-+CH3COOH=H2O+CH3COO- (7). BaCO3+2H++SO42-=BaSO4+2H2O+CO2↑ (8). 4OH-+3CO2=CO32-+2HCO3-+H2O
【解析】
【分析】
（1）纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；非电解质是在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物，前提必须是化合物；
（2）Fe(OH)3胶体带正电，存在自由移动的带电微粒即可导电；
（3）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根
（4）反应生成醋酸钠和水，醋酸和水在离子反应中应保留化学式；
（5）碳酸钡能与硫酸氢钾反应生成硫酸钡和二氧化碳等；
（6）溶液中n(NaOH)=0.4mol，则n(NaOH):n(CO2)=0.4mol:0.3mol=4:3=1:0.75，介于2:1与1:1之间，故发生反应:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。
【详解】(1)①NaOH溶液、⑤Fe(OH)3胶体是分散系，是混合物；②液氨、⑦CO2在水溶液里或熔融状态下都不能导电，是非电解质，故答案为:①⑤；②⑦；
(2)Fe(OH)3胶体带正电，向阴极移动，阴极颜色加深，阳极颜色变浅，存在自由移动的带电微粒即可导电，故答案为:阴极颜色加深；④⑥；
(3) KHSO4电离生成钾离子和硫酸氢根离子,其电离方程式为:KHSO4=K++HSO4-；
（4）醋酸(CH3COOH)和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，该离子反应为:OH-+CH3COOH=H2O+CH3COO-；
(5)碳酸钡能与硫酸氢钾反应生成硫酸钡和二氧化碳等,其离子方程式为:BaCO3+2H++SO42-=BaSO4+2H2O+CO2↑；
(6)溶液中n(NaOH)=0.4mol,则n(NaOH):n(CO2)=0.4mol:0.3mol=4:3=1:0.75，介于2:1与1:1之间,故发生反应:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余,溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，反应的总方程式是4OH-+3CO2=CO32-+2HCO3-+H2O。【点睛】
书写离子方程式时，强酸，强碱，可溶性的盐要拆成离子的形式，并且要符合客观事实，遵守质量守恒定律，电荷守恒。
18.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：
请根据流程图，回答相关问题：
(1)若试剂a为H2O2溶液(H＋)，已知氧化性：H2O2>Br2
①写出废液中的某阴离子和a发生反应的离子方程式为：__________________________；
②每消耗0.2mol H2O2，反应转移的电子为______mol；
(2)为了除去无色液体I中的Ca2+、Mg2+、SO42-，试剂b可选择：KOH、BaCl2、K2CO3溶液，其添加顺序不正确的是（ ）
A、KOH、BaCl2、K2CO3 B、BaCl2、KOH、K2CO3
C、BaCl2、K2CO3 、KOH D、KOH、K2CO3 、BaCl2
(3)用盐酸调pH=7(中性)是为了除去杂质离子___和___，以提高氯化钾晶体的纯度；
(4)操作①②③④⑤对应的名称分别是：____、分液、_____、过滤、______。
【答案】 (1). H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O (2). 0.4 (3). D (4). OH- (5). CO32- (6). 萃取 (7). 蒸馏 (8). 蒸发结晶
【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。
【详解】(1) a为H2O2溶液(H＋)，具有氧化性，能把Br-氧化成Br2，自身被还原成水，反应的离子方程式是H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；消耗0.2mol H2O2，反应转移的电子为0.2mol×2×1=0.4mol；
（2）用KOH溶液与Ca2+、Mg2+反应生成Ca(OH)2、Mg(OH)2，除去Mg2+和大部分Ca2+，用BaCl2溶液与SO42-反应生成BaSO4而除去Ba2+，最后用饱和的K2CO3除去余下的少量Ca2+和后来加入的Ba2+，此处不能选用Na2CO3溶液，否则会引入新的Na+，K2CO3溶液不能加在BaCl2溶液前，否则会引入Ba2+；所以所需的试剂按滴加顺序依次为：BaCl2、KOH、K2CO3或者BaCl2、K2CO3、KOH，故不正确的选：D；
（3）由于加入的KOH、K2CO3是过量的，所以要调节pH除去多余的OH-、CO32-；
（4）由流程图知，无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Br- 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。
【点睛】新情景下离子方程式的书写分四步：（1）写出还原剂，氧化剂，还原产物，氧化产物；（2）用化合价升降总数相等配平；（3）运用电荷守恒补充氢离子或者氢氧根离子；（4）原子守恒进行检查方程式是否配平。
19.从定性分析到定量研究是高中生化学学习的重要发展历程。请你根据所学知识对以下化学问题进行定量分析。
（1）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。在用KMnO4酸性溶液处理CuS的混合物时，发生的反应如下：MnO4-+ CuS + H+=Cu2+ + SO2↑ + Mn2+＋ H2O，请配平离子方程式并用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目：___。
（2）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O氧化剂是__，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___。
（3）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气），若反应中消耗Cl2 1.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为__ L。
【答案】 (1). (2). K2Cr2O7 (3). 3：2 (4). 22.4
【解析】
【分析】
（1）依据氧化还原反应电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式；
（2）依据电子守恒计算；
（3）依据电子守恒计算。
【详解】（1）反应②中Mn元素化合价降低，从+7价降低为+2价，1mol MnO4-得到5mol电子，CuS中硫元素化合价从-2价升高到+4价，1mol CuS失去6mol电子，则二者物质的量之比为6：5，依据电荷守恒，原子守恒配平方程式是6MnO4-+5CuS +28 H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，转移电子数目为5×6=30，可表示为，故答案为：；
（2）铬元素的化合价降低，故氧化剂是K2Cr2O7，设氧化产物的物质的量是x mol，还原产物的物质的量是y mol，依据电子守恒得x mol×2=y mol×3，解得:x:y=3:2；
（3）设被氧化的NH3在标准状况下的体积为x L，依据电子守恒得：1.5mol×2×1=x÷22.4L/mol×3，解得：x=22.4，故答案为：22.4。
【点睛】氧化还原反应的计算主要掌握电子守恒，即是还原剂的物质的量乘以化合价升高的原子个数乘以化合价的变化值等于氧化剂的物质的量乘以化合价降低的原子个数乘以化合价的变化值。
20.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。
(1) 实验步骤：
① 按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是____________________。
② 称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是___________________。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为___________________________、______________________________。
⑤ 打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。
(2) 关于该实验方案，请回答下列问题。
① E处干燥管中盛放的药品是________，其作用是______________________________________，如果实验中没有该装置，则可能导致测量结果NaHCO3的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
② 若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为__________________(用含w、m1、m2的代数式表示)。
【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 除去装置中的水蒸气和二氧化碳 (3). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑ (4). Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑ (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果 (7). 偏大 (8).
【解析】
【分析】
将混合物加热会产生H2O（g）、CO2气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭b，打开a就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验效果，根据以上分析进行解答即可。
【详解】（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置的增重，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性；③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差；④含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O↑；（2）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，所以需要防止空气中的CO2和水蒸气进入D装置，所以干燥管E中盛放的是碱石灰，若撤去E装置，则D中吸收二氧化碳的质量偏大，所以测定的碳酸氢钠的质量偏大；②D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x．
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
18g 44g
x m2
x=；装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和Na2CO3•10H2O分解生成的，Na2CO3•10H2O分解生成的水蒸气的质量= m1g-g；设Na2CO3•10H2O的质量为y。
Na2CO3•10H2O Na2CO3+10H2O
286g 180g
y m1g-g
y= ；所以Na2CO3•10H2O的质量分数= 。
【点睛】本题考查较为综合，以钠化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键。
21.有一包白色固体粉末，已知除了含有 KNO3 以外，其中可能还含有 KCl、Ba(NO3)2、CuSO4、K2CO3、Na2SO4 中的一种或几种，现通过以下实验来确定该样品的组成：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量 AgNO3 溶液，产生白色沉淀； 根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）原白色粉末中除 KNO3 以外一定还含有的物质是_________，一定不含有的物质 是_____，可能存在的物质是_____(填化学式)；
（2）请写出第②步变化中所涉及的化学反应方程式：_____；
（3）A 同学为了确认该固体粉末中“可能存在物质”是否存在， 他重新取了少量该样品于试管中加适量的蒸馏水溶解，请根据该同学设计的方案填空：
加入的试剂①_________试剂②_____(填化学式)；当加入试剂②时，实验现 象为_____就可以确认该物质一定存在。
（4）B 同学为了进一步确定该样品的成份，他称取了 10.0 g 该固体，按如下方案进行实验： 说明：实验中产生的气体已经换算成标准状况下的体积。
①请简述在实验室进行上述实验过程时如何洗涤沉淀_____。
②若按照 B 同学以上实验方案，还需对“溶液 2”中的溶质进一步分析，通过已有的实验数据分析，若该 样品中含 KNO3 的质量分数为_____时，可以确认样品中一定不含有“可能存在的物质”。
【答案】 (1). Ba(NO3)2、K2CO3 (2). CuSO4、Na2SO4 (3). KCl (4). BaCO3 + 2HNO3 = Ba(NO3)2 + CO2↑ + H2O (5). HNO3 (6). AgNO3 (7). 有不溶于稀 HNO3 的白色沉淀产生 (8). 向过滤器中加入蒸馏水至完全浸没沉淀为止，待水自然滤干后，再重复操作 2 ~ 3 次 (9). 39.4%
【解析】
【分析】
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含CuSO4、所以沉淀为碳酸钡或硫酸钡或两者都有，判断Ba(NO3)2一定存在，K2CO3、Na2SO4最少有一种；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3，则原固体含有K2CO3，不含Na2SO4；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是碳酸银或氯化银、或两者都有，不能确定是否含有Cl-，据此分析。
【详解】①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含CuSO4、所以沉淀为碳酸钡或硫酸钡或两者都有，判断Ba(NO3)2一定存在，K2CO3、Na2SO4最少有一种；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3，则原固体含有K2CO3，不含Na2SO4；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是碳酸银或氯化银、或两者都有，不能确定是否含有Cl-。
综上所述：白色固体粉末一定含有KNO3、Ba(NO3)2、K2CO3；一定不含CuSO4、Na2SO4；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中除 KNO3 以外一定还含有的物质是Ba(NO3)2、K2CO3，一定不含有的物质是CuSO4、Na2SO4；可能存在的物质是KCl；
（2）第②步变化中所涉及的化学反应是碳酸钡与稀硝酸反应生成硝酸钡、二氧化碳和水，反应的化学方程式为BaCO3 + 2HNO3 = Ba(NO3)2 + CO2↑ + H2O；
（3）A 同学为了确认该固体粉末中“可能存在的物质” KCl是否存在，检验氯化钾可选择硝酸和硝酸银进行检验，故加入的试剂①HNO3试剂②AgNO3；加入足量的稀硝酸酸化后，当加入试剂②时，实验现 象为有不溶于稀 HNO3 的白色沉淀产生就可以确认该物质一定存在；
（4）①在实验室进行上述实验过程时，洗涤沉淀的操作为：向过滤器中加入蒸馏水至完全浸没沉淀为止，待水自然滤干后，再重复操作 2 ~ 3 次；
②根据流程可知，产生气体的体积为0.56L，则产生二氧化碳的物质的量为，则碳酸钾的物质的量为0.025mol，质量为3.45g；沉淀的质量为2.33g，则为0.01mol硫酸钡，可知Ba(NO3)2的物质的量为0.01mol，质量为2.61g；若该 样品中不含有氯化钾，则 KNO3 的质量分数为，故若该 样品中含 KNO3 的质量分数为39.4%时，可以确认样品中一定不含有“可能存在的物质”。
【点睛】本题考查了物质检验与鉴别方案的设计，题目难度中等，熟练掌握物质性质和特征反应现象是解题关键，注意明确离子方程式的书写原则，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
南昌二中2019—2020学年度上学期期中考试高一化学试卷
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 Cl-35.5 K-39
一、选择题（单选题，每题3分，共48分）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性
B. 杨万里《戏笔》中写到“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3属于碱式盐
C. 《淮南万毕术》中有“曾青得铁化为铜”的记载，该反应属于置换反应
D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C又称为抗坏血酸，具有还原性，故A正确；
B．铜绿主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3组成中有氢氧根属于碱式盐，故B正确；
C．“曾青得铁化为铜”表示的是硫酸铜与铁反应生成铜，该反应符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故C正确；
D．石钟乳的形成中涉及碳酸钙的生成与溶解，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；食物的腐败是食物发生氧化还原反应，植物光合作用是利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，有元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D错误；
故选D
【点睛】本题的易错点为D，要注意根据反应的原理或化学方程式分析有无化合价的变化进行判断。
2.科学的实验方法是探索物质世界的一把金钥匙，下列实验方法或操作正确的是（ ）
A. 观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀硫酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的外焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察
B. 因为碘易溶于酒精，所以常用酒精萃取碘水中的碘
C. 两种互不相溶的液体，如汽油和水，可通过分液方法分离
D. 用丁达尔效应鉴别 NaCl 溶液和 KCl 溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硫酸不挥发，干扰实验，应选盐酸洗涤，故A错误；
B. 酒精与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；
C. 汽油和水分层，可分液分离，故C正确；
D. 丁达尔现象为胶体特有的性质，不能依此鉴别溶液，故D错误；
故选：C。
3.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. FcCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+
B. 碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+ +H2O+CO2↑
C. 向 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液 Ca2++HCO3-+OH- = CaCO3↓+H2O
D. 向 NH4HSO4 稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至刚好沉淀完全NH4++H++SO42－+Ba2++2OH- = NH3·H2O+BaSO4↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. FcCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B. 碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；
C. 向 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；
D. 向 NH4HSO4 稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至刚好沉淀完全，该反应的离子方程式为NH4++H++SO42-+Ba2++2OH-= NH3·H2O+BaSO4↓+H2O，故D正确；
故选：D。
【点睛】离子方程式正误判断的方法有：（1）是否符合客观事实；（2）是否符合电荷守恒；（3）是否符合质量守恒定律；（4）是否符合拆写原则。
4.某同学将金属钠露置于空气中足够长时间，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体→白色粉末。下列有关叙述不正确的是( )
A. 表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了Na2O
B. 出现液滴原因是生成的Na2CO3吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液
C. 最后白色粉末为碳酸钠粉末
D. 最后白色粉末的质量比金属钠质量大
【答案】B
【解析】
【详解】A．因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现表面变暗现象，故A正确；
B．氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，故B错误；
C．生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，故C正确；
D. 最后白色粉末为碳酸钠，质量比金属钠的质量大，故D正确；
故选B。
5.将0.2mol MnO2和50ml 12mol·L－1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为x mol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是
A. x＝0.3 B. x＜0.3 C. 0.3＜x＜0.6 D. 以上结论都不对
【答案】C
【解析】
试题分析：盐酸的物质的量是0.05L×12mol/L＝0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol。但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。
考点：考查实验室制取氯气的有关计算和判断
点评：本题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是有利于培养学生严谨的思维发生以及灵活运用知识的能力，有利于拓展学生的解题思路和视野，提高学生的学习效率。
6.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钻酞菁”的分子(直径为1.3 ×10-9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素和植物的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法正确的是( )
A. 其直径比Na+的小 B. 其在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
C. 其既能透过滤纸,也能透过半透膜 D. 其在水中形成的分散系属于乳浊液
【答案】B
【解析】
【详解】A项、“钴酞菁”分子的直径为1.3nm，Na+半径小于1nm，故A错误；
B项、钴酞菁”分子的直径为1.3nm，在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故B正确；
C项、“钴酞菁”分子的直径为1.3nm，能透过滤纸，不能透过半透膜，故C错误；
D项、钴酞菁”分子的直径为1.3nm，其大小在胶体粒子范围之内，在水中形成的分散系属于胶体，故D错误；
故选B。
7.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/cm3)所得溶液的密度为ρ g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是( )
A. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
C. c=
D. 所得溶液的质量分数：w＝
【答案】D
【解析】
A.题中所给的是水的体积，而溶液的体积不是1L，故所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L，A错误；B.因未说明是标准状况，所以无法计算HCl的体积，B错误；C.根据c= ，可知，c= ，所以C错误；D.由c= 得w＝，故D正确，答案选D
8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的个数是（ ）
①过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
②5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
③Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
④3mol单质铁完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子
⑤标准状态下，2.24L CH3CH2OH中质子数为3.4NA
⑥将100mL 0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NA
⑦区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】①过氧化钠与水反应时,生成的氧气由-1价的氧原子得来,故生成0.1mol氧气转移0.2NA个电子，故①正确；
②反应5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，则转移3.75NA个电子，故②正确；
③Na2O2投入到紫色石蕊试液中，生成氢氧化钠，使石蕊变蓝色，过氧化钠有强氧化性，后来使蓝色褪色，故③正确；
④3mol单质铁完全转化为Fe3O4，铁由0价变为价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，故④正确；
⑤标准状态下，CH3CH2OH是液体，不适用气体摩尔体积的计算，故⑤错误；
⑥一个Fe(OH)3胶粒数是多个氢氧化铁的聚集体,故将将100mL 0.1mol/L的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数小于0.01NA，故⑥错误；
⑦Ca(OH)2溶液与NaHCO3与Na2CO3溶液反应均产生白色沉淀，不能用其鉴别，故⑦错误；
故正确的有4个，故选B。
9.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（ ）
A. 强酸性溶液：Cu2+、Na+、ClO-、SO42-
B. 有SO42-存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、Br-
C. 使酚酞溶液变红的溶液中：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+
D. 无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、Cl-、I-
【答案】D
【解析】
【详解】A.在酸性溶液中存在H+，H+会与ClO-发生反应而不能共存，故A错误；
B.由于CaSO4微溶于水，因此有SO42-存在的溶液中Ca2+不能大量存在，故B错误；
C.使酚酞试液变红的溶液为碱性溶液，碱性溶液中存在OH-，OH-会与Fe3+发生反应而不能共存，故C错误；
D.无色透明的水溶液中，K+、Ba2+、Cl-、I-四种离子之间不发生反应，且不存在有色离子，故D正确；
故选D。
【点睛】无色溶液中不能含有铜离子，亚铁离子，铁离子，高锰酸根离子等有色离子，离子之间如果能生成难溶物，生成难电离的物质，生成易挥发的物质在溶液里不能大量共存。
10.铅的冶炼大致过程如下：
①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；
②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2 ；
③制粗铅：PbO+CPb+CO↑；PbO+COPb+CO2。
下列说法错误的是
A. 浮选法富集方铅矿的过程属于物理变化
B. 将lmol PbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳
C. 方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbO
D. 培烧过程中，每生成lmol PbO转移6mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A..浮选法富集方铅矿的过程就是把含有PbS的矿石集聚在一起的过程，没有新物质产生，该过程属于物理变化，A正确；
B.根据反应原理，将lmol PbS冶炼成Pb，要消耗C最少，则C被氧化产生CO2，反应消耗0.5molC，因此理论上至少需要6g碳，B正确；
C.在方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS是还原剂，还原产物有PbO、SO2，C错误；
D.在培烧过程中，根据方程式可知，Pb元素化合价不变，S元素化合价由反应前PbS中的-2价变为反应后SO2中的+4价，每1molPbS反应，转移电子6mol，D正确；
故合理选项是C。
11.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是
A. 氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与醋酸
B. Na2CO3溶液与盐酸；CaCO3与盐酸
C. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；BaCl2溶液与NaHSO4溶液
D. Fe(OH)3胶体的制备；Fe(OH)3沉淀的制备
【答案】C
【解析】
【详解】A.前者离子方程式为：H++OH-=H2O，后者离子方程式为：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，二者不能用同一个离子方程式表示，故A项错误；
B.前者离子方程式为：2H++CO32-=H2O+CO2↑，后者离子方程式为：2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑，二者不能用同一个离子方程式表示，故B项错误；
C.前者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，后者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，二者离子反应方程式相同，可以用同一个离子方程式表示，故C项正确；
D.前者离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，后者离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓， 二者不能用同一个离子方程式表示，故D项错误；
综上，本题选C。
12.关于反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O==7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4 的下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的氧化剂只有CuSO4
B. SO42－既不是氧化产物也不是还原产物
C. 1 mol CuSO4还原了1/7mol的S
D. 被还原的S和被氧化的S的质量比为7∶3
【答案】D
【解析】
对于反应14CuSO4+5FeS2+12H2O==7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，Cu元素的化合价全部降低，从+2价降低到＋1价，5个 FeS2中10个S原子的化合价有7个从-1价降低到-2价，有3个从-1价升高到+6价。
A、CuSO4中Cu元素的化合价降低，同时FeS2中S元素的化合价也有部分降低，故氧化剂有两种：CuSO4、FeS2，A错误；B、5个FeS2中10个S原子的化合价有3个从-1价升高到+6价，被氧化为SO42-，所以有部分SO42-为氧化产物，B错误；C、1 mol CuSO4参加反应得到的电子数为1mol，被还原的S的化合价从-1价降低到-2价，所以被还原的S 的物质的量为1mol，C错误；D、5个FeS2中10个S原子的化合价有7个从-1价降低到-2价，被还原，有3个从-1价升高到+6价，被氧化，所以被还原的S和被氧化的S的物质的量之比为7∶3，质量比也为7:3，D正确。正确答案为D。
13. 下列说法正确的是( )。
A. 根据反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强
B. 在反应CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑中，水作氧化剂
C. 反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶1
D. 因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2不能发生
【答案】B
【解析】
A. 反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑要在通电条件下才能发生，不是自发反应，所以不能说明Cu的还原性比H2的强，故A错误；B. 在反应CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑中，水中氢的化合价从+1降为0，所以水作氧化剂，故B正确；C. 反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶2，故C错误；D.该置换反应中I2将Cl2还原出来，所以I2的还原性强于Cl2，故D错误。故选B。
14.某学生用 Na2CO3和 KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如表数据(盐酸逐滴滴加，物质的量浓度相等且不考虑HCl的挥发)下列有关的说法中，正确的是（ ）
实验序号
①
②
③
④
盐酸体积/mL
50
50
50
50
固体质量/g
3.06
6.12
9.18
12.24
生成气体体积/L(标况)
0672
1.344
1.568
1.344
A. 盐酸的物质的量浓度为 2mol·L-1
B. 原混合物样品中 n(Na2CO3)：n(KHCO3)=1：1
C. 实验③中，固体与盐酸恰好完全反应
D. 实验④反应后，至少需继续加入 40mL的该盐酸才能把12.24g 的混合物全部反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据①③中数据可知在反应③中盐酸不足，其中二氧化碳是0.07mol，碳酸钠是0.03mol，碳酸氢钾 是0.06mol，由于碳酸钠首先与盐酸反应，则反应③中消耗盐酸是0.03mol+0.07mol=0.1mol，所以盐酸的浓度是0.1mol÷0.05L=2mol/L，故A正确；
B. 实验①中混合物全部反应，设Na2CO3和KHCO3的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y=0.672÷22.4、106x+100y=3.06，解得x=0.01，y=0.02，则原混合物样品中n(Na2CO3)：n(KHCO3)=1：2，故B错误；
C.；若实验②中混合物全部反应，则产生的气体体积应该是9.18g÷3.06g×0.672L=2.016L>1.538L，所以反应中混合物过量，故C错误；
D. 根据以上分析可知反应④中碳酸钠是0.04mol，碳酸氢钾是0.08mol，完全反应需要盐酸是0.04mol×2+0.08mol=0.12mol，盐酸的体积是60mL，所以实验④反应后，至少需继续加入20mL的该盐酸溶液才能把12.24g的混合物全部反应，故D错误；
故选A。
15.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+>I2。）下列说法正确的是（ ）
A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI = CeI4 + 2H2↑
B. Ce2(SO4)3溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：Ce3+ + Fe3+ = Ce4+ + Fe2+
C. 金属Ce保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化
D. 铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氧化性：Ce4+>Fe3+>I-，不会生成CeI4；
B. 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析判断；
C. 根据题中信息分析，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，遇水很快反应；
D. 结合金属活动性顺序及其题中已知条件分析作答。
【详解】A. 由于氧化性由大到小依次为：Ce4+>Fe3+>I-，铈溶于氢碘酸，产物不会生成CeI4,应该是CeI3，故A项错误；
B. 假设离子方程式Ce3+ + Fe3+ == Ce4+ + Fe2+能发生，则根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，方程式中Fe3+> Ce4+，这显然与题意不符合，因此该方程式不能自发进行，故B项错误；
C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，所以金属Ce保存时，应该隔绝空气和水，但不可以用水封，故C项错误；
D. 根据题中已知条件，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应可知，其化学性质与金属钠相似，再结合金属活动性顺序可推测，若铈要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素，故D项正确；
答案选D。
16.下列物质各3g，在氧气中完全燃烧，于150℃时将产物通过足量的Na2O2固体后，固体增重大于3g的是（ ）
A. HCHO B. CH3COOH C. C2H5OH D. C6H12O6
【答案】C
【解析】
【分析】
水、二氧化碳和Na2O2反应方程式分别为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式知，水和Na2O2反应时固体质量增加量相当于H2质量，二氧化碳和Na2O2反应时固体质量增加量相当于CO质量，将可燃物写出H2或CO或(CO)m•Hn方式，如果恰好写为H2或CO或(CO)m•Hn方式，则产物通过足量Na2O2时固体质量不变，如果改写化学式时O原子有剩余，则反应前后固体质量减少，如果C原子有剩余，则固体质量增加，据此分析解答。
【详解】A. 该化学式可以改写成CO⋅H2⋅O，O原子有剩余，所以反应前后固体质量增多少于3g，故A错误；
B. 该化学式可以改写为(CO)2⋅(H2)2，所以反应前后固体质量增多等于3g，故B错误；
C. 该化学式可以改写为CO⋅(H2)3⋅C，C有剩余，则反应前后固体质量增多多于3g，故C正确；
D. 该化学式可以改写为(CO)6⋅(H2)6，则反应前后固体质量增多等于3g，故D错误；
故选C。
二、非选择题（共52分）
17.现有以下物质：①NaOH溶液，②液氨，③BaCO3固体，④熔融KHSO4，⑤Fe(OH)3胶体，⑥铜，⑦CO2，⑧CH3COOH。
（1）以上物质中属于混合物的是(填序号) ____，以上物质中属于非电解质的是(填序号)___。
（2）对物质⑤进行通电，观察到阴极的现象是_____，以上纯净物能导电的是 (填序号)____。
（3）写出④的电离方程式________。
（4）写出①和⑧在水溶液中反应的离子方程式_______。
（5）在足量的④水溶液中加入少量③的粉末，发生反应的离子方程式为_____。
（6）在含0.4mol NaOH的稀溶液中缓慢通入标准状况下6.72L CO2，气体被全部吸收，该过程总的离子反应方程式为________。
【答案】 (1). ①⑤ (2). ②⑦ (3). 阴极颜色加深 (4). ④⑥ (5). KHSO4=K++HSO4- (6). OH-+CH3COOH=H2O+CH3COO- (7). BaCO3+2H++SO42-=BaSO4+2H2O+CO2↑ (8). 4OH-+3CO2=CO32-+2HCO3-+H2O
【解析】
【分析】
（1）纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；非电解质是在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物，前提必须是化合物；
（2）Fe(OH)3胶体带正电，存在自由移动的带电微粒即可导电；
（3）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根
（4）反应生成醋酸钠和水，醋酸和水在离子反应中应保留化学式；
（5）碳酸钡能与硫酸氢钾反应生成硫酸钡和二氧化碳等；
（6）溶液中n(NaOH)=0.4mol，则n(NaOH):n(CO2)=0.4mol:0.3mol=4:3=1:0.75，介于2:1与1:1之间，故发生反应:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。
【详解】(1)①NaOH溶液、⑤Fe(OH)3胶体是分散系，是混合物；②液氨、⑦CO2在水溶液里或熔融状态下都不能导电，是非电解质，故答案为:①⑤；②⑦；
(2)Fe(OH)3胶体带正电，向阴极移动，阴极颜色加深，阳极颜色变浅，存在自由移动的带电微粒即可导电，故答案为:阴极颜色加深；④⑥；
(3) KHSO4电离生成钾离子和硫酸氢根离子,其电离方程式为:KHSO4=K++HSO4-；
（4）醋酸(CH3COOH)和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，该离子反应为:OH-+CH3COOH=H2O+CH3COO-；
(5)碳酸钡能与硫酸氢钾反应生成硫酸钡和二氧化碳等,其离子方程式为:BaCO3+2H++SO42-=BaSO4+2H2O+CO2↑；
(6)溶液中n(NaOH)=0.4mol,则n(NaOH):n(CO2)=0.4mol:0.3mol=4:3=1:0.75，介于2:1与1:1之间,故发生反应:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余,溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，反应的总方程式是4OH-+3CO2=CO32-+2HCO3-+H2O。【点睛】
书写离子方程式时，强酸，强碱，可溶性的盐要拆成离子的形式，并且要符合客观事实，遵守质量守恒定律，电荷守恒。
18.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：
请根据流程图，回答相关问题：
(1)若试剂a为H2O2溶液(H＋)，已知氧化性：H2O2>Br2
①写出废液中的某阴离子和a发生反应的离子方程式为：__________________________；
②每消耗0.2mol H2O2，反应转移的电子为______mol；
(2)为了除去无色液体I中的Ca2+、Mg2+、SO42-，试剂b可选择：KOH、BaCl2、K2CO3溶液，其添加顺序不正确的是（ ）
A、KOH、BaCl2、K2CO3 B、BaCl2、KOH、K2CO3
C、BaCl2、K2CO3 、KOH D、KOH、K2CO3 、BaCl2
(3)用盐酸调pH=7(中性)是为了除去杂质离子___和___，以提高氯化钾晶体的纯度；
(4)操作①②③④⑤对应的名称分别是：____、分液、_____、过滤、______。
【答案】 (1). H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O (2). 0.4 (3). D (4). OH- (5). CO32- (6). 萃取 (7). 蒸馏 (8). 蒸发结晶
【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。
【详解】(1) a为H2O2溶液(H＋)，具有氧化性，能把Br-氧化成Br2，自身被还原成水，反应的离子方程式是H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；消耗0.2mol H2O2，反应转移的电子为0.2mol×2×1=0.4mol；
（2）用KOH溶液与Ca2+、Mg2+反应生成Ca(OH)2、Mg(OH)2，除去Mg2+和大部分Ca2+，用BaCl2溶液与SO42-反应生成BaSO4而除去Ba2+，最后用饱和的K2CO3除去余下的少量Ca2+和后来加入的Ba2+，此处不能选用Na2CO3溶液，否则会引入新的Na+，K2CO3溶液不能加在BaCl2溶液前，否则会引入Ba2+；所以所需的试剂按滴加顺序依次为：BaCl2、KOH、K2CO3或者BaCl2、K2CO3、KOH，故不正确的选：D；
（3）由于加入的KOH、K2CO3是过量的，所以要调节pH除去多余的OH-、CO32-；
（4）由流程图知，无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Br- 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。
【点睛】新情景下离子方程式的书写分四步：（1）写出还原剂，氧化剂，还原产物，氧化产物；（2）用化合价升降总数相等配平；（3）运用电荷守恒补充氢离子或者氢氧根离子；（4）原子守恒进行检查方程式是否配平。
19.从定性分析到定量研究是高中生化学学习的重要发展历程。请你根据所学知识对以下化学问题进行定量分析。
（1）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。在用KMnO4酸性溶液处理CuS的混合物时，发生的反应如下：MnO4-+ CuS + H+=Cu2+ + SO2↑ + Mn2+＋ H2O，请配平离子方程式并用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目：___。
（2）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O氧化剂是__，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___。
（3）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气），若反应中消耗Cl2 1.5mol，则被氧化的NH3在标准状况下的体积为__ L。
【答案】 (1). (2). K2Cr2O7 (3). 3：2 (4). 22.4
【解析】
【分析】
（1）依据氧化还原反应电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式；
（2）依据电子守恒计算；
（3）依据电子守恒计算。
【详解】（1）反应②中Mn元素化合价降低，从+7价降低为+2价，1mol MnO4-得到5mol电子，CuS中硫元素化合价从-2价升高到+4价，1mol CuS失去6mol电子，则二者物质的量之比为6：5，依据电荷守恒，原子守恒配平方程式是6MnO4-+5CuS +28 H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，转移电子数目为5×6=30，可表示为，故答案为：；
（2）铬元素的化合价降低，故氧化剂是K2Cr2O7，设氧化产物的物质的量是x mol，还原产物的物质的量是y mol，依据电子守恒得x mol×2=y mol×3，解得:x:y=3:2；
（3）设被氧化的NH3在标准状况下的体积为x L，依据电子守恒得：1.5mol×2×1=x÷22.4L/mol×3，解得：x=22.4，故答案为：22.4。
【点睛】氧化还原反应的计算主要掌握电子守恒，即是还原剂的物质的量乘以化合价升高的原子个数乘以化合价的变化值等于氧化剂的物质的量乘以化合价降低的原子个数乘以化合价的变化值。
20.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。
(1) 实验步骤：
① 按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是____________________。
② 称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是___________________。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为___________________________、______________________________。
⑤ 打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。
(2) 关于该实验方案，请回答下列问题。
① E处干燥管中盛放的药品是________，其作用是______________________________________，如果实验中没有该装置，则可能导致测量结果NaHCO3的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
② 若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为__________________(用含w、m1、m2的代数式表示)。
【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 除去装置中的水蒸气和二氧化碳 (3). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑ (4). Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑ (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果 (7). 偏大 (8).
【解析】
【分析】
将混合物加热会产生H2O（g）、CO2气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭b，打开a就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验效果，根据以上分析进行解答即可。
【详解】（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置的增重，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性；③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差；④含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O↑；（2）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，所以需要防止空气中的CO2和水蒸气进入D装置，所以干燥管E中盛放的是碱石灰，若撤去E装置，则D中吸收二氧化碳的质量偏大，所以测定的碳酸氢钠的质量偏大；②D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x．
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
18g 44g
x m2
x=；装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和Na2CO3•10H2O分解生成的，Na2CO3•10H2O分解生成的水蒸气的质量= m1g-g；设Na2CO3•10H2O的质量为y。
Na2CO3•10H2O Na2CO3+10H2O
286g 180g
y m1g-g
y= ；所以Na2CO3•10H2O的质量分数= 。
【点睛】本题考查较为综合，以钠化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键。
21.有一包白色固体粉末，已知除了含有 KNO3 以外，其中可能还含有 KCl、Ba(NO3)2、CuSO4、K2CO3、Na2SO4 中的一种或几种，现通过以下实验来确定该样品的组成：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量 AgNO3 溶液，产生白色沉淀； 根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）原白色粉末中除 KNO3 以外一定还含有的物质是_________，一定不含有的物质 是_____，可能存在的物质是_____(填化学式)；
（2）请写出第②步变化中所涉及的化学反应方程式：_____；
（3）A 同学为了确认该固体粉末中“可能存在物质”是否存在， 他重新取了少量该样品于试管中加适量的蒸馏水溶解，请根据该同学设计的方案填空：
加入的试剂①_________试剂②_____(填化学式)；当加入试剂②时，实验现 象为_____就可以确认该物质一定存在。
（4）B 同学为了进一步确定该样品的成份，他称取了 10.0 g 该固体，按如下方案进行实验： 说明：实验中产生的气体已经换算成标准状况下的体积。
①请简述在实验室进行上述实验过程时如何洗涤沉淀_____。
②若按照 B 同学以上实验方案，还需对“溶液 2”中的溶质进一步分析，通过已有的实验数据分析，若该 样品中含 KNO3 的质量分数为_____时，可以确认样品中一定不含有“可能存在的物质”。
【答案】 (1). Ba(NO3)2、K2CO3 (2). CuSO4、Na2SO4 (3). KCl (4). BaCO3 + 2HNO3 = Ba(NO3)2 + CO2↑ + H2O (5). HNO3 (6). AgNO3 (7). 有不溶于稀 HNO3 的白色沉淀产生 (8). 向过滤器中加入蒸馏水至完全浸没沉淀为止，待水自然滤干后，再重复操作 2 ~ 3 次 (9). 39.4%
【解析】
【分析】
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含CuSO4、所以沉淀为碳酸钡或硫酸钡或两者都有，判断Ba(NO3)2一定存在，K2CO3、Na2SO4最少有一种；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3，则原固体含有K2CO3，不含Na2SO4；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是碳酸银或氯化银、或两者都有，不能确定是否含有Cl-，据此分析。
【详解】①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含CuSO4、所以沉淀为碳酸钡或硫酸钡或两者都有，判断Ba(NO3)2一定存在，K2CO3、Na2SO4最少有一种；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3，则原固体含有K2CO3，不含Na2SO4；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是碳酸银或氯化银、或两者都有，不能确定是否含有Cl-。
综上所述：白色固体粉末一定含有KNO3、Ba(NO3)2、K2CO3；一定不含CuSO4、Na2SO4；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中除 KNO3 以外一定还含有的物质是Ba(NO3)2、K2CO3，一定不含有的物质是CuSO4、Na2SO4；可能存在的物质是KCl；
（2）第②步变化中所涉及的化学反应是碳酸钡与稀硝酸反应生成硝酸钡、二氧化碳和水，反应的化学方程式为BaCO3 + 2HNO3 = Ba(NO3)2 + CO2↑ + H2O；
（3）A 同学为了确认该固体粉末中“可能存在的物质” KCl是否存在，检验氯化钾可选择硝酸和硝酸银进行检验，故加入的试剂①HNO3试剂②AgNO3；加入足量的稀硝酸酸化后，当加入试剂②时，实验现 象为有不溶于稀 HNO3 的白色沉淀产生就可以确认该物质一定存在；
（4）①在实验室进行上述实验过程时，洗涤沉淀的操作为：向过滤器中加入蒸馏水至完全浸没沉淀为止，待水自然滤干后，再重复操作 2 ~ 3 次；
②根据流程可知，产生气体的体积为0.56L，则产生二氧化碳的物质的量为，则碳酸钾的物质的量为0.025mol，质量为3.45g；沉淀的质量为2.33g，则为0.01mol硫酸钡，可知Ba(NO3)2的物质的量为0.01mol，质量为2.61g；若该 样品中不含有氯化钾，则 KNO3 的质量分数为，故若该 样品中含 KNO3 的质量分数为39.4%时，可以确认样品中一定不含有“可能存在的物质”。
【点睛】本题考查了物质检验与鉴别方案的设计，题目难度中等，熟练掌握物质性质和特征反应现象是解题关键，注意明确离子方程式的书写原则，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
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