2019届高三化学上学期第一次检测考试试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期第一次检测考试试题(含解析)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A. 15g甲基（CH3）含有的电子数是9NAB. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC. 1mol 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】分析：A、甲基含有9个电子；B、苯中无碳碳双键；C、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D、标准状况下CCl4为液体。详解：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；C、C2H5OH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。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。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A. A B. B C. C D. D【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。点睛：胶体不可以透过半透膜，但是可以透过滤纸。溶液是都能透过，浊液是都不能透过。所以分离溶液和胶体应该用半透膜做渗析，分离浊液和胶体应该做过滤。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C. PM 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1nm100nm之间的分散系称为胶体，1nm=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。5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C. 2.24L（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，0.1mol11B含有0.6NA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22.4L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1molPCl3与1molCl2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 gcm-3，则该盐酸的物质的量浓度是A. B. C. D. 【答案】D【解析】将标准状况下的a L HCl(气)的物质的量为aL22.4L/mol=a22.4mol，氯化氢的质量为a22.4mol36.5g/mol=36.5a22.4g，所以溶液质量为1000g+36.5a22.4g=(1000+36.5a22.4)g，所以溶液的体积为(1000+36.5a22.4)g1000bg/L=22400+36.5a22400bL，所以溶液浓度为a22.4 mol22400+36.5a22400bL=1000ab22400+36.5amol/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A. pH=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】分析：A. pH=l的溶液呈酸性，弱酸根离子不能大量存在；B、MnO4-在水溶液中为紫红色；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性；D、NO3-、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应。详解：A. pH=l的溶液呈酸性，H+与HCO3-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MnO4-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；DNO3-、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。点睛：本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及离子颜色的考查，选项B为易错点，注意信息的抽取和应用，题目难度不大。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：AlO22+ 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】【详解】A.向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸时，H+先与偏铝酸根离子反应，则离子反应方程式为AlO22+ H+H2O =Al(OH)3 ，故A项正确；B.将少量SO2 通入次氯酸钠溶液中，反应后有过量的次氯酸根离子存在，则应有次氯酸分子生成，离子反应方程式为3ClO-+SO2+H2O=2HClO+Cl-+SO，故B项错误；C.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸时，由于I的还原性强于Fe2+，则应是I先被氧化，离子反应方程式为6I-+2NO3-+8H+=3I2+ 2NO+4H2O，故C项错误；D.向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液时，铝离子和硫离子的水解会相互促进至水解完全，离子反应方程式为3S2-+2Al3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S，故D项错误；答案选A。【点睛】本题重点考查了离子反应方程式的书写与正误的判断，在分析的过程中要特别注意反应物的用量和离子反应的先后顺序，如H+与CO32-、HCO3-、AlO22，NO3-在酸性条件下与I-、Fe2+等。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+)A. A B. B C. C D. D【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（16molHCl只有10molHCl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。答案选D。12.24 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 D. 0【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.下列装置或操作能达到实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A收集氨气的集气瓶口需要塞一团棉花，以提高收集氨气的纯度，故A错误；B左侧烧杯中发生Zn与硫酸铜的反应，不能构成原电池，应将图中两个烧杯中电解质互换可构成原电池，故B错误；C关闭止水夹，从长颈漏斗加水，出现漏斗下端导管与烧瓶内液面的差，且一段时间液面差不变，则气密性良好，故C正确；DCO2的密度比空气大，利用向上排空气法收集，则应从长导管进气，故D错误；故选C。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A. 2Fe3+2I-2Fe2+I2 B. Cl2+2I-2Cl-+I2C. 2Fe2+I22Fe3+2I- D. Fe2+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 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A. A B. B C. C D. D【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。故选D。16.一定量的铁、铝合金与300ml 2mol/L硝酸完全反应生成3.36LNO(标况)和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液，使铝、铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液的体积是（ ）A. 450ml B. 150ml C. 200ml D. 无法计算【答案】B【解析】【详解】硝酸的物质的量为0.32=0.6mol，生成的一氧化氮的物质的量为3.36/22.4=0.15mol，所以反应后溶液中的硝酸根离子的物质的量为0.6-0.15=0.45mol，再向反应后的溶液中加入3mol/L的氢氧化钠溶液，使镁和铝恰好完全转化为沉淀，则反应后溶液的成分为硝酸钠，由质量守恒可知，氢氧化钠和硝酸钠和硝酸根的物质的量相等，为0.45mol，则所加氢氧化钠溶液的体积为0.45/3=0.15mL=150mL。故选B。【点睛】本题考查的是守恒的解题方法。根据硝酸中的氮原子守恒，找出氮原子的去处，即一氧化氮和硝酸钠即可解决问题，解本题不用书写方程式。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】 (1). 饱和FeCl3 (2). 溶液呈红褐色 (3). (4). (5). (6). FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl (7). SO42 (8). 胶体的聚沉 (9). 丁达尔效应 (10). 2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+ (11). 蒸发浓缩 (12). 玻璃棒 (13). 2Fe3+3ClO-+10 OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O (或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O写出一个即可)【解析】I、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。II、.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：SO42- ； 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+ Cu=2Fe2+ 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-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+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). 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2 (4). 3.36L (5). 0.3mol (6). 过滤 (7). 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2【解析】【分析】本题主要考查氧化还原反应的相关概念和反应中电子转移的计算，解决此类问题关键是了解反应前后物质化合价的变化【详解】根据A、B、C、D四个有关双氧水参与的反应中双氧水中氧元素的化合价的变化可知A为非氧化还原反应，B双氧水中氧元素的化合价仅升高，仅起还原性作用，C双氧水中氧元素的化合价既升高，又降低，则既体现氧化性又体现还原性，D反应双氧水中氧元素的化合价仅降低为-2价，则只体现出氧化性，故（1）选D，（2）选C，（3）因为氧化还原反应中得失电子数目是相等的，故可将（H2O22e=2H+O2）5与（MnO+5e+8H+=Mn2+4H2O）2相叠加可得离子反应2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2；（4）在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3的反应中通过化合价分析可得如下关系：:3Cl2 6 e6HCl（被氧化），由关系式计算可得当有0.3mol电子转移时得到Cl20.15mol，体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，被氧化的HCl为0.3mol；（5）由镁不能与氢氧化钠反应而铝能溶于氢氧化钠溶液中，因此镁粉中混入铝粉杂质可用NaOH溶液溶解，然后过滤的方法而除去，化学反应方程式为2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2。【点睛】在氧化还原反应的计算中，往往要根据电子转移来进行，特别是在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2+7H2O+2CrCl3等此类反应中，HCl是还原剂，但只是部分被氧化，还有一部分起酸性作用，所以要抓住氯元素的价态变化来分析。19.由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1、SO42、CO32-。将该混合物溶于水后得无色澄清溶液，现分别取3份100mL该溶液进行如下实验：实验序号实验内容实验结果a加AgNO3溶液有白色沉淀生成b加足量NaOH溶液并加热收集到气体112L（已折算成标准状况下的体积）c加足量BaC12溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为627g，第二次称量读数为233g试回答下列问题：（1）该混合物中一定不存在的离子是_。（2）试写出实验b发生反应的离子方程式_。（3）溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：阴离子符号物质的量浓度（molL1）_（4）判断混合物中是否存在K+，如果不存在，请说明理由，如果存在，请求出c（K+）的取值范围？_。【答案】 (1). Mg2+、Cu2+、Ba2+ (2). NH4+ +OH- NH3 + H2O (3). SO42 (4). 0.1 (5). CO32 (6). 0.2 (7). 有，c（K+）01mol/L【解析】【详解】该混合物溶于水后得到无色澄清的溶液，一定不含铜离子，加入硝酸银溶液有沉淀生成，说明溶液中可能存在氯离子或碳酸根离子或硫酸根离子，1.12L气体为氨气，氨气的物质的量为0.05mol，溶液一定含有铵根离子，并且物质的量为0.05mol，2.33克沉淀为硫酸钡，物质的量为0.01mol，6.27克为硫酸钡和碳酸钡沉淀，碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，物质的量为0.02mol，溶液中含有0.01mol硫酸根离子和0.02mol碳酸根离子，根据离子共存可知，溶液一定不存在镁离子和钡离子。(1) 根据以上分析可知，该混合物中一定不存在Mg2+、Cu2+、Ba2+； (2) 实验b发生的反应为NH4+ +OH- NH3 + H2O；(3) 根据以上分析可知，溶液中含有0.01mol硫酸根离子，其物质的量浓度为0.01/0 .1=0.1mol/L，含有0.02mol碳酸根离子，其物质的量浓度为0.02/0.1=0.2mol/L； (4)根据分析溶液中含有铵根离子和碳酸根离子和硫酸根离子，其中正电荷为0.05mol，负电荷为0.012+0.022=0.06mol，所以一定还有阳离子存在，即一定有钾离子，因为不能确定是否含有氯离子，所以钾离子物质的量最小为0.01mol，即浓度最小为0.1mol/L。【点睛】掌握各种离子的性质和检验方法是解题的关键。同时要注意离子共存问题的运用和离子电荷的判断。溶液中是否含有钾离子就是根据溶液中已知离子的电荷进行判断的，特别需要注意的问题是氯离子是否存在对钾离子的量的判断很关键。20.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 (2). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (3). 吹出单质Br2 (4). BaSO4 (5). 吸收尾气 (6). H2O2Br2H2SO3 (7). H2SO3 有剩余（H2O2浓度小或 Br-与 H2O2 反应慢等因素）【解析】【详解】(1)打开活塞a，向溴化钠溶液中滴加氯水，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中容易变橙红色； (2)溴具有挥发性，热空气能存进溴挥发，将溴吹入B装置，溴将亚硫酸氧化为硫酸，所以白色沉淀为硫酸钡。 (3)装置C为氢氧化钠溶液，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，可以用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。 (4)根据上述分析，可知：氧化性 H2O2Br2H2SO3 。(5)操作中，向B装置中逐滴加入过氧化氢，溶液开始颜色无明显变化，可能是因为B装置中还有硫酸剩余，过氧化氢先与亚硫酸反应，再与溴离子反应，也可能是因为过氧化氢浓度小于溴离子或溴离子与过氧化氢反应慢等因素。