2019届高三化学上学期开学考试(8月)试题.doc

2019届高三化学上学期开学考试(8月)试题注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64一、选择题（16小题，共48分，每小题均只有一个正确选项）1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，用浓酒和精入甑，蒸令气上其清如水，球极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A萃取 B过滤 C蒸馏 D干馏【答案】C【解析】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故C正确。2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A15g甲基（CH3）含有的电子数是9NAB7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NAD标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA【答案】A【解析】A15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项A正确；B苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B错误；CC2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10NA个，选项C错误；D标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误。答案选A。3仅用下表提供的玻璃仪器（自选非玻璃仪器）就能实现相应实验目的的是选项实验目的玻璃仪器A分离硝酸钾和氯化钠混合物烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗B配制450 mL 2 molL1氯化钠溶液500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管C除去氢氧化铝胶体中的泥沙漏斗(带半透膜)、烧杯、玻璃棒D从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角【答案】B【解析】分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶，所以应该用普通漏斗进行过滤，选项A错误。实验室没有450mL的容量瓶，所以配制450 mL 2 molL1氯化钠溶液的时候应该使用500mL容量瓶。用天平（非玻璃仪器）称量氯化钠质量，转移至烧杯，用量筒加水溶解，玻璃棒搅拌，转移至容量瓶，洗涤，定容，摇匀即可，选项B正确。除去氢氧化铝胶体中的泥沙，应该用带滤纸的漏斗直接过滤，选项C错误。从食盐水中获得NaCl晶体的操作是蒸发，应该在蒸发皿中进行，选项D错误。4下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是A漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物B乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物CPM 2.5(微粒直径约为2.5106 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应D纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质【答案】A【解析】A漂白粉成分是CaCl2和Ca(ClO)2，水玻璃是硅酸钠的水溶液，福尔马林是甲醛的水溶液，都属于混合物，故A正确；B乙烯、油脂不属于高分子化合物，光导纤维成分是SiO2，不属于高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故B错误；C分散质的微粒直径在1 nm100 nm之间的分散系称为胶体，1 nm = 109m，PM2.5微粒直径约为2.5106m大于胶体分散质微粒直径，因此PM2.5分散在空气中形成气溶胶，不属于胶体，没有丁达尔效应，故C错误；D纯碱为Na2CO3，属于强电解质，氨水是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，蔗糖属于非电解质，故D错误。5NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子BpH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备 PCl5(g)，增加2NA个PCl键【答案】A【解析】A11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；DPCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1 mol PCl3与1 mol Cl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的PCl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。6我国古代文明中包含着丰富的化学知识。下列没有发生电子转移的是A铁石制成指南针 B爆竹声中一岁除 C西汉湿法炼铜 D雷雨发庄稼【答案】A【解析】氧化还原反应本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化，没有新物质生成，属于物理变化，A正确；黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳，有新物质生成，属于氧化还原反应，B错误；湿法炼铜使铜由化合态变为游离态，所以有新物质铜生成，属于氧化还原反应，C错误；空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体，一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上，同土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥，植物生长得更好，这些变化过程，有新物质生成，发生了氧化还原反应，D错误；正确选项A。7将标准状况下的a L HCl (g)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为b gm-3，则该盐酸的物质的量浓度是 A BC D【答案】D【解析】将标准状况下的a L HCl（气）的物质的量为=mol，氯化氢的质量为mol36.5g/mol=g，所以溶液质量为1000g+g = (1000+) g，所以溶液的体积为（1000+）g1000b g/L=L，所以溶液浓度为molL=mol/L，故选D。8常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ApH=l的溶液中：HCO、SO、K+、Cl-B无色透明的溶液中：K+、SO-、Na+、MnOC遇石蕊变蓝的溶液中：NO、Na+、AlO、K+D含大量NO的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH【答案】C【解析】ApH=l的溶液呈酸性，H+与HCO反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项A错误；B该组离子不反应，能大量共存，但MnO在水溶液中为紫红色，选项B错误；C能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，各离子相互不反应能大量共存，选项C正确；DNO、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C。9下列指定反应的离子方程式正确的是A向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸：AlO+ H+H2O =Al(OH)3 B将少量SO2 通入次氯酸钠溶液：ClO-+SO2+H2O=2H+Cl-+SOC向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：NO+3Fe2+4H+=3Fe3+ NO+2H2OD向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液：3S2-+2Al3+=Al2S3【答案】A【解析】A向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸，偏铝酸钠优先与盐酸反应，离子方程式为AlO+H+H2O=Al(OH)3，故A正确；B将少量SO2通入次氯酸钠溶液中，生成物中的H+会与剩余的ClO反应生成HClO，故B错误；CFe2+的还原性小于I，稀硝酸优先氧化I，故C错误；D向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液，S2-与Al3+在水溶液中发生双水解反应，离子方程式为3S22Al3+6H2O=3H2S2Al(OH)3，故D错误；答案选A。10室温下，向10 mL pH3的CH3COOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是加入的物质对所得溶液的分析A90 mLH2O由水电离出的c(H+)10-10 molL1B0.1 mol CH3COONa固体c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大C10 mL pH1 的H2SO4溶液CH3COOH的电离程度不变D10 mL pH11的NaOH溶液c(Na+)c(CH3COO)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】A、向10 mL pH3的CH3COOH溶液中加入90 mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动c(H+)10-4 molL1，故由水电离出的c(H+)KMnO4C氧化剂与还原剂的物质的量比为1:8D当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA【答案】D【解析】A部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；B氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4Cl2，故B错误；C氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1:5（16 mol HCl只有10 mol HCl被氧化为5mol的氯气），故C错误；D当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。1224 mL 0.05 mol/L 的Na2SO3溶液，恰好与 20mL 0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是 A+6 B+3 C+2 D0【答案】B【解析】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，设Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：（6-4）0.05mol/L 2410-3L =（6-a）20.02mol/L2010-3L，解得a=+3。故选B。13把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份。一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度为 A B C D【解析】bmolNaOH恰好将NH3全部赶出，根据NHOHNH3H2O可知，每份中含有bmol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2SO=BaSO4可知每份含有SOcmol，设每份中含有NO的物质的量为xmol，根据溶液呈现电中性，则bmol1=cmol2+xmol1，得x=（b2c）mol，因将a L混合液分成两等份，则每份的体积是0.5aL，所以每份溶液中NO的浓度是c(NO)= = mol/L，即原溶液中NO的浓度是mol/L，故选B。14已知微粒还原性强弱顺序：I-Fe2+Cl-，则下列离子方程式不符合事实的是A2Fe3+2I-2Fe2+I2 BCl2+2I-2Cl-+I2C2Fe2+I22Fe3+2I- DFe2+Cl22Fe3+2Cl-【答案】C【解析】A中，Fe从+3价降低到+2价，做氧化剂，发生还原反应，即Fe2+为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即I的还原性大于Fe2+；A错误；B中，Cl2由0价降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂，Cl-为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即还原性I-Cl-，B错误；C中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，I2被还原为I-，做氧化剂，对应还原产物为I-，因此还原性：Fe2+ I-，与题给信息矛盾，C正确；D中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，Cl2被还原为Cl-，对应还原产物为Cl-，因此还原性Fe2+Cl-，D错误；正确选项C。15下列实验方案能达到实验目的的是 选项实验目的实验方案A证明Mg(OH)2 沉淀可以转化为Fe(OH)3向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3B比较氯和碳的非金属性强弱将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中C配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液将25gCuSO45H2O溶于100mL蒸馏水中D验证氧化性：Fe3+I2将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色【答案】D【解析】A向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故A错误；B将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较Cl和C的非金属性强弱，则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱，故B错误；C将25gCuSO45H2O溶于100mL蒸馏水中，溶质CuSO4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100mL，所配溶液的浓度不是1mol/L，故C错误；D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了I2，说明Fe3+将I氧化为I2，氧化性Fe3+I2，故D正确。 16已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，产物中可能含有NaCl、NaClO、NaClO3，且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(NaOH)=a mol时，下列说法不正确的是 A参加反应的氯气的物质的量等于(1/2)a molB改变温度，产物中NaC1O3的最大理论产量为(1/7)a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为(1/2)amol n(e-) (5/6)amolD若某温度下，反应后c(Cl-)/c(ClO-)= 11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO)= 1/2【答案】B【解析】A常温时，2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2mol氢氧化钠，消耗1mol氯气，所以Cl2通入amol NaOH溶液恰好完全反应，则参加反应的氯气的物质的量等于0.5a mo1，故A正确；B根据6NaOH+3Cl2= 5NaCl+NaClO3 +3H2O，NaC1O3的最大理论产量为(1/6)a(1/7)a，故B错误；C当只发生6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移(5a/6)mol电子，若只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移(1/2)amol电子，故转移电子的物质的量n(e_)的范围(1/2) amoln(e_)(5a/6) mol，故C正确；D反应中氯气一部分化合价升高生成次氯酸钠、氯酸钠，一部分化合价降低生成氯化钠，依据得失电子守恒可知：c(ClO-)1+5c(ClO)=c(Cl-)1，左右两边同时除以c(ClO-)得，=，整理得，1+5=11，故=2，则=，假设c(ClO)=2mol/L，则c(ClO-)=1mol/L，c(Cl-)=11mol/L，则=11，故D正确；故选B。二、非选择题（共52分）17现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融的KOH 蔗糖其中属于电解质的是_，属于强电解质的是_。能导电的是_。胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。向煮沸的蒸馏水中逐滴加入_溶液，继续煮沸至_，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为_。向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_。区分胶体和溶液常用的方法叫做_。FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_。有学生利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体主要操作包括：滴入过量盐酸，_、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是_。高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为_。【答案】 饱和FeCl3 溶液呈红褐色 FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl SO 胶体的聚沉 丁达尔效应 2Fe3+ Cu2Fe2+ Cu2+ 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3+3ClO-+10 OH-2FeO+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO+3Cl-+5H2O写出一个即可)【解析】电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质；蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是。Fe(OH)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体。故答案是：饱和FeCl3；溶液呈红褐色； FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl。向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：SO； 胶体的聚沉；利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3的氧化性，将铜氧化成Cu2，所以其反应的离子方程式是：2Fe3+ Cu2Fe2+ Cu2+。利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩；玻璃棒。用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：3Fe3+3ClO-+10 OH-2FeO+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO+3Cl-+5H2O。18过氧化氢H2O2（氧的化合价为1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列AD涉及H2O2的反应，填写空白：ANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC2H2O2=2H2O+O2 D3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（1）H2O2仅体现氧化性的反应是_（填代号）。（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_（填代号）。（3）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。氧化反应：H2O22e=2H+O2还原反应：MnO+5e+8H+=Mn2+4H2O写出该氧化还原反应的离子方程式：_。（4）在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为_（标准状况），被氧化的HCl的物质的量为_。（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_方法，化学反应方程式为_。【答案】（1）D （2）C （3）2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2 （4）3.36 L 0.3 mol （5）过滤 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2 【解析】（1）O元素的化合价降低，只表现氧化性，则以上反应中H2O2仅体现氧化性的反应为D，故答案为：D；（2）O元素的化合价升高也降低可体现氧化性、还原性，则以上反应中H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是C，故答案为：C；（3）由氧化反应：H2O2-2e-=2H+O2；还原反应：MnO+5e-+8H+ = Mn2+4H2O及电子守恒可知，该氧化还原反应的化学方程式为5H2O2+2MnO+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，故答案为：5H2O2+2MnO+6H+= 2Mn2+8H2O +5O2；（4）反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价，若转移了0.3mol的电子，则生成氯气的物质的量为：0.3mol/2=0.15mol，在标准状况下的体积为：0.15mol 22.4L/mol=3.36L；反应中HCl被氧化成氯气，根据Cl元素守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.15mol2=0.3mol，故答案为：3.36L；0.3mol；（5）除去镁粉中的少量铝粉，选用氢氧化钠溶液，Al与NaOH反应，而Mg不能，发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应后过滤即可，故答案为：过滤；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。19碘是人体中不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是_，0.2mol KIO3参加反应时转移电子_mol。（2）实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的试剂是_。ACCl4 B酒精 CNa2SO4溶液 D食盐水所用的分离方法是_，所用主要玻璃仪器是_。（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L浓H2SO4_mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）_。A100mL量筒 B托盘天平 C玻璃棒 D100mL容量瓶 E50mL 量筒 F胶头滴管 G烧杯 H500mL容量瓶（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】（1） 1:5 1 （2）A 萃取、分液 分液漏斗 （3）27.8 CEFGH （4）ACD【解析】（1）KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4的反应中，KIO3中的I元素是+5价，生成I2时化合价降低，得到5个电子，KI中的I元素是-1价，生成I2时化合价升高，失去1个电子，根据得失电子守恒，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目应该是：根据反应方程式，1mol KIO3作氧化剂生成还原产物I20.5mol，5molKI作还原剂生成氧化产物I22.5mol，因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.5:2.5=1:5；根据上述分析可知，1mol KIO3生成I2时化合价降低，转移5mol电子，因此当0.2mol KIO3参加反应时转移电子：50.2mol=1mol，因此答案是：1。（2）I2在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故将I2从K2SO4溶液中分离出来，应采用加入有机溶剂萃取、分液的方法，故排除BD，又因为酒精易溶于水，不能用作萃取剂。所以答案选A。萃取、分液时主要用到分液漏斗。所以此题答案是：A；萃取、分液；分液漏斗。（3）若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，根据容量瓶的规格，需选用500ml的容量瓶进行配制，根据稀释定律：c(稀硫酸)V(稀硫酸)= c(浓硫酸)V(浓硫酸)，设需要浓硫酸的体积是xmL，则有1mol/L0.5L=x10-3L18mol/L，解之得x=27.8mL，根据浓硫酸溶液的体积，所以需要选用50mL的量筒；配制溶液的过程主要有：计算、称量、稀释、冷却、移液、定容、摇匀等，所以需要用到的主要玻璃仪器是：50mL 量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶。因此此题答案是：27.8；CEFGH（4）A溶解后溶液没有冷却到室温就转移，会造成溶液体积偏小，浓度偏高；B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，则残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未进入容量瓶而使溶质损失，造成浓度偏低；C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，会使配制时溶液体积偏小而造成浓度偏高；D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，会使进入容量瓶中的溶质偏多而造成浓度偏高；E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，会使加水偏多而造成浓度偏低，所以此题答案选ACD。20某无色溶液中可能含有Mg2+、Ba2+、Cl-、CO、Cu2+、Fe3+中的一种或几种离子。为确定其成分，进行以下实验：实验1：取10mL无色溶液，滴加过量稀盐酸无明显现象。实验2：另取10mL无色溶液，加入足量的Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。实验3：取实验1后的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）原溶液中不存在的离子是_，存在的离子是_。（2）实验3中，图像中OA段反应的离子方程式为_。（3）根据图像计算原溶液中Mg2+的物质的量浓度_。【答案】（1）CO、Cu2+、Fe3+ Mg2+、Ba2+、Cl （2）HOHH2O （3）1mol/L【解析】溶液无色，则不含有色离子Cu2+、Fe3+；实验1，取无色溶液，滴加适量稀盐酸无明显现象，则不含CO，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有一种阴离子，则Cl一定有；实验2，另取无色溶液，加入足量的Na2SO4溶液，有白色沉淀生成，证明一定含Ba2+；实验3，取实验l滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液，开始是中和盐酸，随后生成沉淀，且沉淀的最大值为0.58g，说明溶液中一定含有Mg2+。根据上述分析，原溶液中不存在的离子为CO、Cu2+、Fe3+；存在的离子有Mg2+、Ba2+、Cl；（2）实验3中，图象中OA段反应是NaOH中和盐酸，离子方程式为：H+OH=H2O；（3）mMg(OH)2=0.58g，n(Mg2+)=nMg(OH)2=0.01mol，溶液体积为10mL，所以c(Mg2+)=1mol/L。21某小组同学为探究 H2O2、 H2SO3、 Br2 氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。实验记录如下：实验操作实验现象打开活塞 a，滴加氯水，关闭活塞 a_吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色。完成下列填空：（1）在进行操作时，A中的实验现象是_，有关反应的离子方程式是_。（2）操作吹入热空气的目的是_。B 中产生白色沉淀的化学式是_。（3）装置C的作用是_。（4）由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为_。（5）操作开始时颜色无明显变化可能原因是（写出一条即可）：_。【答案】（1）A 中溶液变为橙红色 Cl2+2Br-=Br2+2Cl- （2）吹出单质Br2 BaSO4（3） 吸收尾气 （4）H2O2Br2H2SO3 （5）H2SO3 有剩余（H2O2浓度小或 Br-与 H2O2 反应慢等因素，合理即可）【解析】本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物”这一原理来比较H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱。向NaBr溶液中滴加氯水，氯水置换出溴单质；然后鼓吹热空气，将Br2(g)吹入B装置，H2SO3与BaCl2不反应，当Br2(g)进入，产生了白色沉淀，则Br2将H2SO3氧化成H2SO4，Br2被还原为Br-，说明Br2氧化性强于H2SO3，该白色沉淀为BaSO4；再向B装置中加入H2O2溶液，一段时间后溶液变橙红色，则Br-被氧化为Br2，说明H2O2氧化性比Br2强。（1）打开活塞 a，向NaBr溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子为溴单质，反应方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；A中因为有溴单质导致A中溶液变橙红色； 故答案为：A中溶液变为橙红色；Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；（2）Br2具有挥发性，热空气能促进Br2挥发，将Br2(g)吹入B装置；Br2将H2SO3氧化为H2SO4，所以白色沉淀为BaSO4。故答案为：吹出单质Br2；BaSO4；（3）装置C中为NaOH溶液，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中，可以用NaOH溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。故答案为：吸收尾气；（4）根据上述分析，可知：氧化性H2O2Br2H2SO3；（5）操作中，向B装置中逐滴加入H2O2，溶液开始时颜色无明显变化可能是因为：B装置中还有H2SO3剩余，H2O2先与H2SO3反应，再与Br-反应；也可能是因为H2O2浓度小或 Br-与H2O2 反应慢等因素。