2018-2019学年高一化学上学期11月月考试题(含解析).doc

xx-2019学年高一化学上学期11月月考试题(含解析)可能用到的相对原子量Mg 24 C 12 H 1 O 16 Mn 55 N 14 S 32 Cl 35.5 Ba 137 Cu 64一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共20小题，每小题2分。）1.下面是一些常用的危险品标志，装运汽油的包装箱应贴上的图标是 A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】汽油属于易燃液体，装运汽油的包装箱应贴易燃液体物质标志，则A、图中所示标志是腐蚀品标志，A不符合；B、图中所示标志是爆炸品标志，B不符合；C、图中所示标志是有毒气体标志，C不符合；D、图中所示标志是易燃液体标志，D符合。答案选D。2.下列变化不属于氧化还原反应的是A. 钢铁的腐蚀 B. 食物腐败C. 溶洞中钟乳石的形成 D. 白磷的自燃【答案】C【解析】【分析】分析是否存在元素的化合价变化，不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。【详解】A钢铁的腐蚀反应中生成铁锈，铁元素的化合价升高，O元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故A不选；B食物腐败为缓慢氧化反应，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C溶洞中钟乳石是通过碳酸氢钙发生分解反应形成的，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C选；D白磷的自燃属于燃烧反应，P元素化合价升高，O元素化合价降低，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，注重化学与生活的联系。3.以下三组溶液：植物油和水 氯化钠和单质碘的水溶液 40的乙醇溶液，分离以上混合液的正确方法依次是A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液【答案】A【解析】【详解】植物油和水分层，可用分液的方法分离，单质碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，氯化钠和单质碘的水溶液可用萃取的方法分离；乙醇和水互溶，二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离；故答案选A。【点睛】本题考查混合物分离、提纯的方法及选择，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注重实验基础知识和基本技能的考查。4.化学实验的基本操作是完成化学实验的关键，下列实验操作正确的是A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B. 蒸馏时，温度计必须插入液面以下C. 用量筒量取20.12 mL硫酸D. 分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出【答案】D【解析】【详解】A蒸发操作时，当出现大量固体时，停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干，而不是直接将溶液蒸干，故A错误；B蒸馏时温度计测量蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管出口处，不能插入液面以下，故B错误；C量筒只能精确到0.1mL，不能用量筒量取20.12mL硫酸，故C错误；D分液操作时为防止试剂相互污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案设计与评价，为高频考点，涉及基本实验操作、实验安全等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，注意实验操作规范性。5.下列叙述正确的是A. 向某无色溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有ClB. CO2属于酸性氧化物C. 摩尔是国际基本物理量之一D. 盐类物质一定含有金属离子【答案】B【解析】【详解】A、由于碳酸根离子、硫酸根离子等也能够与硝酸银生成白色沉淀，因此无法判断溶液中是否存在氯离子，故A错误；B、能够与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2属于酸性氧化物，故B正确；C、摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际基本物理量之一，故C错误；D、盐类物质中不一定含有金属离子，例如氯化铵等铵盐，故D错误；故答案选B。【点睛】选项A是解答的易错点，检验离子时应注意检验实验方案的严密性和可操作性，一定要注意排除其他离子的干扰。6.下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的组合正确的是纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A氨水食盐水硫酸醋酸干冰B氧化铁盐酸硫酸钡磷酸二氧化硫C胆矾碘酒苛性钠碳酸碳酸钙D盐酸氯化钾溶液氯化钠亚硫酸氢气A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】纯净物：由一种物质组成，包括单质和化合物；混合物：由两种或两种以上的物质组成；在水溶液里完全电离的电解质是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此判断。【详解】A氨水、食盐水、硫酸、醋酸、干冰，分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故A错误；B氧化铁、盐酸、硫酸钡、磷酸、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；C胆矾、碘酒、苛性钠、碳酸、碳酸钙分别是纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、强电解质，故C错误；D盐酸、氯化钾溶液、氯化钠、亚硫酸、氢气，分别是混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故D错误；故答案选B。7.下列电离方程式书写正确的是A. CH3COOHCH3COO+H+ B. Ba(OH)2Ba2+(OH)2C. H2CO32H+CO32 D. Ca(NO3)2Ca2+2NO3【答案】D【解析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，结合物质的组成分析判断。【详解】A、醋酸是弱电解质，部分电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+，故A错误；B、氢氧化钡是强电解质，能完全电离，电离方程式为Ba(OH)2Ba2+2OH，故B错误；C、碳酸是二元弱酸，部分电离，以第一步电离为主，电离方程式为H2CO3H+HCO3，故C错误；D、硝酸钙是强电解质，完全电离，电离方程式为Ca(NO3)2Ca2+2NO3，故D正确；故答案选D。8.下列有关氧化还原反应的说法正确的是A. 氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是化合价的升降B. 复分解反应一定不是氧化还原反应，分解反应和化合反应一定是氧化还原反应C. 失电子难的原子，得电子的能力一定强D. 金属原子失电子越多，其还原性越强【答案】A【解析】【详解】A电子转移为氧化还原反应的实质，化合价升降为氧化还原反应的特征，故A正确；B复分解反应中不存在化合价变化，则复分解反应一定不是氧化还原反应，而分解反应和化合反应中不一定存在化合价变化，不一定属于氧化还原反应，例如氧化钙溶于水，碳酸钙分解等，故B错误；C失电子难的原子，得电子的能力不一定强，例如稀有气体元素的原子，故C错误；D金属原子失电子越多，其还原性不一定越强，越易失去电子的金属，其还原性越强，还原性强弱与失去电子的多少无关，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意四种基本反应与氧化还原反应的关系，易错选项是C与D，氧化性和还原性的强弱只取决于电子得失的难易，而与电子得失的多少无关，应该利用比较的思想，结合物质在化学反应中的性质表现，比较物质氧化性和还原性的相对强弱。9.下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是A. 氯化钠晶体 B. 氢氧化钙溶液C. 液态醋酸 D. 熔融的氢氧化钠【答案】D【解析】【分析】在水溶液或熔化状态下能导电的化合物为电解质，而存在自由移动的离子或电子的物质能导电，以此来解答。【详解】A氯化钠晶体为电解质，没有自由移动的离子，则不导电，故A错误；B氢氧化钙溶液为混合物，能导电，不属于电解质也不是非电解质，故B错误；C液态的醋酸是电解质，没有自由移动的离子，则不导电，故C错误；D、熔融的氢氧化钠存在自由移动的离子，能导电，属于电解质，故D正确；故答案选D。10.下列说法不正确的是A. 利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液B. “血液透析”涉及到胶体性质的应用C. 用过滤法可以除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D. 在豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质【答案】C【解析】【详解】A蛋白质溶液为胶体分散系，则用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液，故A正确；B血液属于胶体，“血液透析”利用的是胶体粒子不能透过半透膜而溶液可以，涉及到胶体性质的应用，故B正确；C胶体与溶液均可透过滤纸，则用过滤法无法除去Fe（OH）3胶体中的FeCl3，应该用渗析的方法，故C错误；D向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，发生胶体聚沉，利用了胶体的聚沉性质，故D正确；故答案选C。11.下列离子方程式正确的是A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu2H+Cu2H2B. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH)2 + CO32CaCO3+2OHC. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag+Cu2+ AgD. 氧化铝与稀盐酸反应：Al2O36H+2Al3+ 3H2O【答案】D【解析】【详解】A稀硫酸滴在铜片上不发生反应，则不能写离子反应方程式，故A错误；B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠：Ca2 +CO32CaCO3，故B错误；C铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故C错误；D氧化铝与稀盐酸反应：Al2O36H+2Al3+3H2O，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查离子反应方程式正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电荷守恒的应用，选项B为易错点，对于微溶性的强电解质：在反应物中视情况而定。如澄清石灰水中Ca(OH)2以Ca2、OH存在，可以拆成离子的形式；石灰乳中主要以不溶的Ca(OH)2存在，不能拆成离子形式。在生成物中，一般不能拆，以化学式形式表示。12.下列各组离子一定能大量共存的是A. 在无色溶液中：NH4+、Cu2+、NO3、CO32B. 在强碱性的溶液中：Na+、K+、Cl、SO42C. 在含大量Ba2+的溶液中：K+、Na+、Cl、CO32D. 在强酸性的溶液中：Na+、Fe3+、SO42、CH3COO【答案】B【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质以及题干中的限制条件分析判断。【详解】A、铜离子在溶液中显蓝色，且和CO32不能大量共存，A不符合；B、在强碱性的溶液中Na+、K+、Cl、SO42之间不反应，可以大量共存，B符合；C、在含大量Ba2+的溶液中CO32不能大量共存，C不符合；D、溶液显强酸性，则CH3COO不能大量共存，D不符合；答案选B。【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；尤其要注意是“可能”共存，还是“一定”共存等。13.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A. 26gC2H2中所含原子总数为NAB. 2.4克金属镁与足量盐酸反应失去的电子数为0.2NAC. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAD. 物质的量浓度为1 molL1的AlCl3溶液中，含有Cl个数为3NA【答案】B【解析】【详解】A. 26gC2H2的物质的量是26g26g/mol1mol，其中所含原子总数为4NA，A错误；B. 2.4克金属镁的物质的量是2.4g24g/mol0.1mol，与足量盐酸反应生成氯化镁，失去的电子数为0.2NA，B正确；C. 标准状况下水不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LH2O含有的分子数，C错误；D. 物质的量浓度为1 molL1的AlCl3溶液的体积不能确定，无法计算含有Cl个数，D错误。答案选B。14.同温同压下，质量相同的H2S、NH3两种气体，下列说法正确的是A. 所占的体积之比为1：2 B. 所含分子数之比为2：1C. 两种气体的密度之比为1：2 D. 所含的电子数之比为2：1【答案】A【解析】【详解】A同温同压下，质量相同的H2S、NH3两种气体的物质的量之比是（1/34）:（1/17）1:2，同温同压下，两气体体积比等于物质的量比，为1:2，故A正确；B同温同压下，质量相同的H2S、NH3两种气体的物质的量之比是（1/34）:（1/17）1:2，分子数之比等于物质的量比，为1:2，故B错误；C相同条件下气体的密度之比是摩尔质量之比，则两种气体的密度之比为2:1，故C错误；DH2S、NH3两种气体的电子数分别是18和10，则所含的电子数之比为（118）:（210）9:10，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及物质的量的计算，把握物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。15.下列反应能用离子方程式H+ + OHH2O表示的是A. HCl溶液与KOH溶液反应 B. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应C. HNO3溶液与NaHCO3溶液反应 D. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应【答案】A【解析】【分析】强酸或强酸的酸式盐与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为H+OHH2O，以此来解答。【详解】A反应生成氯化钾和水，离子反应用H+OHH2O表示，故A选；B反应生成硫酸钡和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H+OHH2O表示，应该是2H+SO42+2OH+Ba2+BaSO4+2H2O，故B不选；CHNO3溶液与NaHCO3溶液反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，离子方程式为H+HCO3CO2+H2O，故C不选；D醋酸为弱酸，在离子反应中保留化学式，不能用H+OHH2O表示，应该是，CH3COOH+OHCH3COO+H2O，故D不选；故答案选A。16.下列反应属于氧化还原反应，且水作氧化剂的是A. CaO + H2OCa(OH)2 B. Cl2 + H2OHCl + HClOC. 2F2 + 2H2O4HF+ O2 D. 2Na + 2H2O2NaOH + H2【答案】D【解析】【分析】化学反应属于氧化还原反应说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价变化，水作氧化剂，说明水中H元素得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】A该反应中，反应前后各元素化合价都不变，所以不是氧化还原反应，故A不选；B该反应中氯元素化合价由0价变为+1价和1价，水中H、O元素化合价不变，所以氯气既作氧化剂又作还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B不选；C该反应中F元素化合价由0价变为1价，O元素化合价由2价变为0价，所以水是还原剂，F2是氧化剂，故C不选；D该反应Na元素化合价由0价变为+1价，水中H元素化合价由+1价变为0价，所以钠是还原剂，水作氧化剂，故D选；故答案选D。17.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。工业上可通过以下反应制得ClO2(提示：下面方程式中的氧元素都为负二价)2KClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2+K2SO4+Na2SO4+H2O，则下列说法中正确的是A. KClO3在反应中是还原剂B. 制得1mol的ClO2反应中需转移2mol电子C. Na2SO3的还原性小于ClO2的还原性D. 反应中被氧化的元素是S【答案】D【解析】【分析】反应2KClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2+K2SO4+Na2SO4+H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，S元素的化合价由+4升高到+6价，以此来解答。【详解】A因氯酸钾中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3在反应中是氧化剂，故A错误；B氯酸钾中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，得到1个电子，则制得1mol的ClO2反应中需转移1mol电子，故B错误；C亚硫酸钠在反应中作还原剂，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知Na2SO3的还原性强于ClO2的还原性，故C错误；D亚硫酸钠中S元素的化合价由+4升高到+6价，失去电子，发生氧化反应，被氧化的元素是S，故D正确；故答案选D。18.下列操作能达到实验目的的是A. 将16g CuSO4溶于100 mL蒸馏水中配制100mL 1mol/L CuSO4溶液B. 除去CO2中混有的CO气体可将混合气体通入氧气中点燃C. KNO3溶液中混有KOH加入FeCl3溶液，并过滤D. 除去FeSO4溶液中的CuSO4可加过量的铁粉后再过滤【答案】D【解析】【详解】A. 16g CuSO4的物质的量是16g160g/mol0.1 moll，溶于100 mL蒸馏水中，溶液的体积不是0.1L，则不能配制100mL 1mol/L CuSO4溶液，A错误；B. 在有大量CO2存在的条件下CO很难燃烧，除去CO2中混有的CO气体可将混合气体通过炽热的氧化铜，B错误；C. KNO3溶液中混有KOH加入FeCl3溶液引入了氯离子，达不到除杂的目的，C错误；D. 除去FeSO4溶液中的CuSO4可加过量的铁粉，铁置换出铜，然后再过滤即可，D正确。答案选D。19.如图所示电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液时，则灯光由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液B. NH4Cl溶液中加入适量的NaOH溶液C. Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量D. 醋酸中逐滴加入氨水【答案】C【解析】【详解】A盐酸溶液中逐滴加入食盐溶液，溶液中一直有电解质电离产生的自由移动的离子，灯泡不会熄灭，A错误；BNH4Cl溶液中加入适量的NaOH溶液是一水合氨和氯化钠，溶液中一直有可溶性的电解质电离，自由移动的离子一直存在，因此灯泡不会熄灭，B错误；CBa(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量，开始阶段生成硫酸钡沉淀和水，使自由移动的离子浓度逐渐减小，灯光逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中离子浓度接近0，灯泡熄灭。再滴入H2SO4溶液时，溶液中离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，C正确；D醋酸中逐滴加入氨水，生成醋酸铵，弱电解质变为强电解质，自由移动的离子浓度逐渐增大，溶液导电性逐渐增强，灯泡不可能熄灭，D错误。答案选C。【点睛】溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。20.A2O82离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后A2O82离子变为AO42离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，Mn2+离子被氧化后Mn元素的化合价为A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】C【解析】【分析】根据元素的化合价变化结合电子得失守恒解答。【详解】假设A2O82中氧元素的化学价为-2，则A元素的化合价是+7价，AO42中A元素的化合价是+6价，则A元素化合价降低1价，Mn2+是还原剂，设Mn元素的化合价升高到+x价，则根据得失电子守恒有：2121（x2），得x6，故答案选C。第卷（非选择题共60分）二、非选择题21.（1）实验室常用石灰石与盐酸反应制取CO2，请写出该反应的离子方程式_。（2）实验室常用锌粒与稀硫酸制取氢气，请写出该反应的离子方程式_。（1）实验室常将饱和三氯化铁溶液滴入沸水中继续加热至红褐色制备氢氧化铁胶体，请写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式_。（2）将Fe(OH)3 胶体装入U形管内，用石墨做电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐加深，这表明Fe(OH)3胶体微粒带 _ (填“正”或“负”)电荷。（3）取少量Fe(OH)3 胶体于试管中，逐滴加入硫酸至过量，可看到的现象是_。（4）3.4gOH中有_mol OH，其含有的电子数是_个（阿伏加德罗常数用NA表示）。在同温同压下CH4和N2组成的混合气体对H2的相对密度为10，则混合气体中CH4与N2的体积比为_。【答案】 (1). CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O (2). H+ZnH2+Zn2+ (3). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (4). 正 (5). 先产生红褐色沉淀，接着沉淀又消失生成棕黄色溶液 (6). 0.2 (7). 2NA (8). 2:1【解析】【分析】（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，据此书写；（2）锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，据此书写；（1）氯化铁与沸水反应生成氢氧化铁胶体，据此书写；（2）根据氢氧化铁胶体能产生电泳现象分析判断；（3）根据胶体可以发生聚沉以及氢氧化铁能与稀硫酸反应分析判断；（4）根据mnM、阿伏加德罗定律以及物质的组成分析计算。【详解】（1）实验室常用石灰石与盐酸反应制取CO2，该反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O。（2）实验室常用锌粒与稀硫酸制取氢气，该反应的离子方程式为2H+ZnH2+Zn2+。（1）实验室常将饱和三氯化铁溶液滴入沸水中继续加热至红褐色制备氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。（2）将Fe(OH)3胶体装入U形管内，用石墨做电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐加深，这说明氢氧化铁的胶粒向阴极移动，则Fe(OH)3胶体微粒带正电荷。（3）取少量Fe(OH)3胶体于试管中，逐滴加入硫酸至过量，开始胶体发生聚沉产生氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁和稀硫酸发生中和反应生成硫酸铁和水，所以可看到的现象是先产生红褐色沉淀，接着沉淀又消失生成棕黄色溶液。（4）3.4gOH中含有OH的物质的量是3.4g17g/mol0.2mol，1个氢氧根离子含有10个电子，则其中含有的电子数是2NA个。在同温同压下CH4和N2组成的混合气体对H2的相对密度为10，则根据阿伏加德罗定律可知混合气体的平均相对分子质量是10220，所以依据十字交叉法可知混合气体中CH4与N2的体积比为（2820）/（2016）2：1。22.实验室利用二氧化锰和浓盐酸反应制取Cl2，化学方程式如下： MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O（1）请用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目_，该反应的氧化产物是_。（2）其中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_；若实验中有87g的MnO2完全反应，则制得的Cl2在标况下的体积是_L。盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。（1）用密度为1.2 g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL 3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为_mL。（2）溶液配制中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。（3）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是_。 A量取浓盐酸时俯视刻度线 B实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水C定容时俯视刻度线 D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】 (1). (2). Cl2 (3). 1：2 (4). 22.4 (5). 62.5 (6). 250mL容量瓶 (7). 胶头滴管 (8). C【解析】【分析】反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从1价升高到0价，结合电子得失守恒以及氧化还原反应的有关概念分析解答；（1）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据cnV进行误差分析。【详解】（1）反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中Mn元素的化合价由+4降低为+2价，得到2个电子，Cl元素的化合价由-1升高为0价，失去1个电子，则根据电子得失守恒可知转移的电子数为2个，因此单线桥法标出该反应电子转移的方向和数目为，其中该反应的氧化产物是Cl2。（2）根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2；若实验中有87g的MnO2完全反应，二氧化锰的物质的量是1mol，则制得的Cl2是1mol，在标况下的体积是22.4L。（1）密度为1.2 g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸的浓度是c1000/M10001.236.5%/36.5 molL112mol/L，设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：12.0mol/LV250mL3mol/L，解得V=62.5mL；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，因此还缺少的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；（3）A量取浓盐酸时俯视刻度线，浓盐酸的体积减少，溶质的物质的量减少，浓度偏低；B实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水，对实验无影响，浓度不变；C定容时俯视刻度线，则体积偏小，浓度偏高；D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量偏小，浓度偏低。答案选C。23.我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是 _。A BC D（2）步骤中所用的玻璃仪器有烧杯、_、_。（3）通过步骤中过滤后的滤液，检验SO42是否除尽的操作方法是_碘是人体所需的必需元素，海洋植物如海带海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室从海洋植物中提取碘的流程如下：（1）上述过程灼烧海藻是在_（填仪器名称）中进行。（2）上述步骤中是加入了氯水，利用氯水中的Cl2把I氧化为I2，请写出该反应的离子方程式_。（3）上述步骤中加入了CCl4后进行振荡，振荡后静置分层，上层_色，下层_色。【答案】 (1). AB (2). 漏斗 (3). 玻璃棒 (4). 取少量溶液于试管中，继续滴加氯化钡溶液，没有现象则证明硫酸根离子沉淀完全 (5). 坩埚 (6). 2I+Cl2I2+2Cl (7). 无 (8). 紫红【解析】【分析】氯化钠是易溶于水的，而泥沙是难溶于水的，结合沉淀Ca2+、Mg2+、SO42的物质分析判断；根据硫酸钡不溶于水也不溶于酸分析解答；固体灼烧在坩埚中进行；根据氯气和碘离子反应生成氯离子和单质碘书写；根据碘易溶于有机溶剂中以及四氯化碳密度大于水解答。【详解】（1）Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，最后过滤后加入适量的盐酸。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，因此操作顺序为或或，答案选AB；（2）步骤是过滤，所用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。（3）证明步骤中硫酸根离子沉淀完全，可取少量溶液于试管中，继续滴加氯化钡溶液，没有现象则证明硫酸根离子沉淀完全；（1）海藻是固体，因此灼烧海藻是在坩埚中进行的。（2）Cl2把I氧化为I2，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为2I+Cl2I2+2Cl。（3）四氯化碳不溶于水，比水重，碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中，四氯化碳层为紫红色，上层为无色。24.某无色透明溶液中只可能大量存在NH4+、Na+、Ag、Ba2+、MnO4、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种离子。从其中取两份各100mL，进行如下实验：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子是_、_。（2）取其中的一份进行实验，加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体0.06mol。另取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀4.30 g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀2.33 g。综上所述说明原溶液中肯定存在的各离子浓度分别是（下面填写要求：例如c(Na+)0.1 mol/L)_、_、_、_（此空可以不填完）。（3）题干中的MnO4是化学中的典型强氧化剂，另外生活中常用到的草酸（H2C2O4）是二元弱酸且具有还原性，二者在酸性条件下反应，其中MnO4被还原成Mn2+，H2C2O4被氧化成CO2，请写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). MnO4 (2). Fe3+ (3). c(NH4+)0.6mol/L (4). c(CO32)0.1mol/L (5). c(SO42)0.1mol/L (6). c(NO3)0.2mol/L (7). 5H2C2O4+2MnO4+6H+10CO2+8H2O+2Mn2+【解析】【分析】（1）无色透明溶液中不能大量存在有色离子：（2）取其中的一份进行实验，加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体即为氨气，一定含有NH4+；取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀4.30g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀2.33g，则一定含有CO32、SO42，据此判断；（3）根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒解答。【详解】（1）无色透明溶液中不能大量存在有色离子，因此不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子是MnO4、Fe3+；（2）取其中的一份进行实验，加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体0.06mol即为氨气，一定含有0.06mol NH4+，浓度是0.06mol0.1L0.6mol/L；取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀4.30g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀2.33g，则一定含有CO32、SO42，所以一定不存在Ag、Ba2+。其中硫酸钡是2.33g，物质的量是0.01mol，碳酸钡的质量是4.30g2.33g1.97g，物质的量是0.01mol，根据原子守恒可知含有硫酸根离子是0.01mol，浓度是0.01mol0.1L0.1mol/L；碳酸根的物质的量是0.01mol，浓度是0.01mol0.1L0.1mol/L；根据电荷守恒可知溶液中必定还存在NO3，由于不能确定是否存在钠离子，则硝酸根的物质的量n（0.060.0120.012）mol0.02mol，浓度c0.2mol/L；（3）反应中MnO4被还原成Mn2+，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，H2C2O4被氧化成CO2，碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知该反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4+6H+10CO2+8H2O+2Mn2+。【点睛】本题主要考查了离子的共存判断，注意常见离子的性质和检验方法是解答的关键，明确常见的有色离子，如铁离子、铜离子、高锰酸根离子等，另外还需要注意定量判断中电荷守恒的灵活应用。