2022-2023学年重庆市第一中学校高一上学期10月份月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市第一中学校高一上学期10月份月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
重庆市第一中学校2022-2023学年高一上学期10月份月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中华民族历史悠久，在浩瀚的历史文明中有许多关于化学的记载，下列说法不合理的是
A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，“曾青”的主要成分可能为
B．《梦溪笔谈)中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象未涉及氧化还原反应
C．《梦溪笔谈》中“颇似淳漆，燃之如麻；但烟甚浓，所沾幄幕皆黑”，该化石燃料燃烧对环境无污染
D．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
【答案】C
【详解】A．铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，“曾青”是指，故A正确；
B．石穴中水所滴者皆为钟乳，涉及碳酸氢钙与碳酸钙的转化，涉及化合反应，无元素化合价变化，未涉及氧化还原反应，故B正确；
C．燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油，石油燃烧产生产生SO2、NO2污染及烟尘空气，形成酸雨，对环境有污染，故C错误；
D．该诗句意思是碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，是由一种物质生成多种物质的反应，反应类型是分解反应，故D正确；
故选：C。
2．下列说法正确的是
A．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B．盐在水中电离的产物一定有金属阳离子和酸根离子
C．碱性氧化物一定是金属氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物
D．根据树状分类法可知，碳酸钠属于钠盐、碳酸盐、正盐、强碱弱酸盐
【答案】C
【详解】A．既有单质参加又有单质生成的反应，不一定是氧化还原反应，如同素异形体氧气和臭氧之间的转化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．盐电离出的离子不一定有金属阳离子，如铵盐，故B错误；
C．碱性氧化物一定是金属氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如NO和CO等，故C正确；
D．Na2CO3从组成的阳离子来看，其属于钠盐，而从组成的阴离子来看，其又属于碳酸盐，可以看到，从不同的角度分类，Na2CO3属于不同的类别，出现了交叉现象，因此分类方法属于交叉分类法，故D错误；
故选：C。
3．下列有关胶体的说法正确的是
A．雾属于胶体，而云不属于胶体
B．丁达尔现象产生的本质原因是胶体粒子本身可以发光
C．“纳米铜”是一种颗粒直径为纳米级的铜材料，属于胶体
D．放电影时，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应
【答案】D
【详解】A．云雾是以空气为分散剂，分散质粒度介于1-100nm，属于胶体中的气溶胶，故A错误；
B．胶粒直径介于 1～100nm之间，小于可见光光波长，对光散射形成丁达尔效应，胶体粒子本身不可以发光，故B错误；
C．胶体是一种分散系，是混合物，而纳米铜是纯净物，故不是胶体，故C错误；
D．空气是气溶胶，有丁达尔效应，所以放电影时，放映室射到银幕上的光柱的形成属于丁达尔效应，故D正确；
故选D。
4．下列表格中各项分类都正确的一组是
类别
选项
同素异形体
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
和
冰水混合物
苛性钾

乙醇
B
红磷和白磷
海水
纯硫酸
冰醋酸
甲烷
C
金刚石和石墨
铝合金
硫酸钡


D
CaO和
空气
氯化钠
氨水
三氧化硫

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．冰水混合物成分只有一种即H2O，为纯净物，Ca(OH)2在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．红磷和白磷为P元素的不同单质为同素异形体，海水含有NaCl、水等多种物质为混合物，纯硫酸在水溶液中能完全电离是强电解质，冰醋酸在水溶液中部分电离是弱电解质，CH4在水溶液和熔融状态下都不能导电是非电解质，故B正确；
C．H2为单质，既不是电解质也不是非电解质，不是电解质，故C错误；
D．CaO和CaO2不是单质，不是同素异形体，故D错误；
故选B。
5．A、B、C为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示(反应条件、部分反应物和生成物已略去，“→”表示直接转化关系)。下列有关推断正确的

A．若A为，B为Fe，则C可以为
B．若A为，B为CaO，则C可以为
C．若B为，C为，则A可以为酸、碱、氧化物
D．若A为，B为，B→C一定发生置换反应
【答案】B
【详解】A．氧化铁与CO、H2、Al等物质共热发生氧化还原反应，得到铁单质，铁单质与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，但氧化铁不能直接一步生成硫酸亚铁，故A不符合题意；
B．碳酸钙高温煅烧生成氧化钙，氧化钙与盐酸反应生成氯化钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，符合转化关系，故B符合题意；
C．若B为CO2，A不能是碱，因为二氧化碳为酸性氧化物，不符合转化关系，故C不符合题意；
D．若A为硫酸，B为硫酸铜，符合转化关系时，C可以为硫酸钡，B→C可以是硫酸铜与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡和氯化铜，故D不符合题意；
答案为B。
6．下列所选仪器或操作符合实验要求的是
A
B
C
D




分离蛋白质胶体和蔗糖溶液
制备氢氧化铁胶体
测定空气中氧气含量
稀释浓硫酸

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．胶体粒子、分子、离子均可透过滤纸，图中过滤装置不能分离，应选渗析法，A错误；
B．氨水的碱性太强，能与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，应选用蒸馏水，B错误；
C．白磷燃烧消耗氧气，导致压强减小，可根据有刻度的管上升液面进而测定氧气的含量，C正确；
D．稀释浓硫酸应在烧杯中操作，该仪器为量筒，用于量取一定体积的溶液，D错误；
故选：C。
7．下列对于离子反应的表述正确的是
A．离子反应中一定有沉淀、气体或水生成
B．将生石灰制成澄清石灰水的反应属于离子反应
C．可以表示所有的强酸和强碱在溶液中的反应
D．在溶液中通入，反应的离子方程式为
【答案】B
【详解】A．离子反应可生成弱电解质，如醋酸钠和盐酸反应生成醋酸和氯化钠，故A错误；
B．生石灰即CaO与水反应可生成澄清石灰水，该反应属于离子反应，故B正确；
C．强酸如H2SO4和强碱如Ba(OH)2反应生成水和硫酸钡沉淀，离子方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用表示，故C错误；
D．碳酸的酸性比盐酸的弱，因此溶液中通入不反应，故D错误；
故选：B。
8．下列说法正确的一组是
①熔融状态下的电解质都能导电
②离子浓度大的溶液导电性一定更强
③某溶液中滴加溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含
④强酸溶液中的浓度一定大于弱酸溶液中的浓度
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子
⑥根据是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
A．①②④⑥ B．②④⑤⑥ C．⑤ D．③⑥⑦
【答案】C
【详解】①熔融状态只是电解质导电条件之一，有些电解质熔融状态是不导电，如AlCl3，故①错误；
②电解质溶液导电能力与离子浓度、温度、所带电荷数等有关，一般来说，离子浓度越大，导电能力越强，故②正确；
③某溶液中加入氯化钡溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该白色沉淀，可能为AgCl，即原溶液中可能含有Ag+，故③错误；
④H+浓度与酸的浓度、属于几元酸以及电离程度有关，因此强酸溶液中H+浓度不一定大于弱酸溶液中H+浓度，故④错误；
⑤电解质溶液导电原因是有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；
⑥根据分散质微粒直径大小将分散系分为溶液、胶体、悬浊液，故⑥错误；
⑦根据酸电离出H+个数分为一元酸、二元酸和多元酸，故⑦错误；
综上所述，正确的一组为C；
答案为C。
9．下列离子方程式书写正确的是
A．碳酸镁与稀硫酸的反应：
B．在溶液中电离方程式为：
C．澄清石灰水中通入少量：
D．溶液与溶液混合产生沉淀：
【答案】C
【详解】A．碳酸镁难溶不可拆分，和硫酸反应生成硫酸镁、水、二氧化碳，反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故A错误；
B．硫酸氢根可完全电离得到氢离子和硫酸根离子，在溶液中电离方程式为：，故B错误；
C．向澄清石灰水中通入少量SO2，反应生成亚硫酸钙和水，离子方程式为：Ca2++2OH-+SO2═CaSO3↓+H2O，故C正确；
D．溶液与溶液混合产生硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，故D错误；
故选：C。
10．依据下列实验事实，所得结论正确的是。
选项
A
B
C
D
实验

铁丝能导电

NaCl固体不导电

NaCl溶液能导电

熔融NaCl能导电
结论
铁是电解质
NaCl固体中不含离子
NaCl在通电条件下发生电离
NaCl是电解质

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．铁是金属单质，铁既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B．NaCl固体中含有钠离子、氯离子，但离子不能自由移动，故B错误；
C．NaCl发生电离的条件是溶于水，在水作用力下发生电离，不需要通电，故C错误；
D．熔融NaCl能导电，所以NaCl是电解质，故D正确；
选D。
11．双碱法脱硫过程如图所示，下列说法不正确的是

A．双碱法脱硫过程中，NaOH 可以循环利用
B．过程Ⅰ中，SO2表现出酸性氧化物的性质
C．总反应为2Ca(OH)2+ 2SO2+O2= 2CaSO4+2H2O
D．过程Ⅱ中，1个O2参加反应时可还原2个Na2SO3
【答案】D
【分析】过程Ⅰ：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，过程Ⅱ：2Ca(OH)2+2Na2SO3+O2=2CaSO4+4NaOH。
【详解】A．双碱法脱硫过程中，起初消耗NaOH，后来生成NaOH，所以NaOH 可以循环利用，A正确；
B．过程Ⅰ中，SO2与碱反应，生成盐和水，则表现出酸性氧化物的性质，B正确；
C．将过程Ⅰ、Ⅱ的反应加和，便可得到总反应为2Ca(OH)2+ 2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，C正确；
D．过程Ⅱ中，O2中O元素由0价降低到-2价，O2作氧化剂，1个O2参加反应时可氧化2个Na2SO3，D不正确；
故选D。
12．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．澄清透明溶液中：、、、
B．能溶解的溶液：、、、
C．使酚酞变红的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、、
【答案】A
【详解】A．各离子之间互不反应，能共存，A正确；
B．能溶解的溶液呈酸性或碱性，酸性溶液中H+与不能共存，碱性溶液中OH-与Mg2+或反应不能共存，B错误；
C．使酚酞变红的溶液显碱性，OH-与或反应不能共存，C错误；
D．的溶液呈酸性，H+与结合生成弱电解质CH3COOH不能共存，D错误；
故选：A。
13．向溶液a中滴加溶液b，导电能力不会出现下图变化趋势的是

选项
A
B
C
D
溶液a




溶液b


氨水


A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，则反应离子方程式为：，过量后氢氧化钡电离出钡离子和氢氧根，溶液中离子浓度先减小后又增大，导电能力先减小后又增大，故A不符合要求。
B．Ba(OH)2与H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，则反应离子方程式为：，过量后氢氧化钡电离出钡离子和氢氧根，溶液中离子浓度先减小后又增大，导电能力先减小后又增大，故B不符合要求。
C．CH3COOH与氨水反应生成醋酸铵和水，则反应离子方程式为： ，溶液中离子浓度增大，导电能力增大，故C符合要求。
D．Ba(OH)2与FeSO4反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化亚铁沉淀，则反应离子方程式为：，溶液中离子浓度先减小后又增大，导电能力先减小后又增大，故D不符合要求；
答案选C。
14．氢化钙与水反应可生成氢气，常作为登山运动员能源提供剂，利用干燥纯净的氢气与钙在加热条件下制备氢化钙的装置如下图所示：

则下列说法中正确的是
A．氢化钙与水反应时，氢化钙中的氢元素被还原
B．装置②、③中盛放的试剂依次是浓硫酸、NaOH溶液
C．点燃装置④中的酒精灯与打开分液漏斗旋塞可同时进行
D．装置⑤中的无水氯化钙也可以用碱石灰来代替
【答案】D
【分析】装置①为氢气生成装置，生成的氢气中混有水和氯化氢，需要用装置②、③除去，装置②中盛放的为饱和食盐水，用于除去杂质HCl，装置③盛放浓硫酸，用于干燥氢气；装置④中Ca与氢气在加热条件下生成CaH2；由于CaH2遇水反应生成氢氧化钙和氢气，则用装置⑤防止空气中水蒸气进入装置④内；
【详解】A．氢化钙中的氢元素为−1价，与水反应生成氢气时，氢化钙中的氢元素化合价升高，被氧化，故A错误；
B．装置②、③的作用分别是除氢气中的氯化氢、干燥氢气，装置②、③中盛放的试剂依次是NaOH溶液、浓硫酸，故B错误；
C．点燃装置④中的酒精灯之前，应先通入一段时间的H2排除装置中的空气，故C错误；
D．无水氯化钙可吸收空气中的水蒸气，防止CaH2与水蒸气发生反应，无水氯化钙也可以用碱石灰来代替，故D正确；
故选：D。
15．回收含铜废料(主要成分为Cu)中的铜，部分实验流程如下：

注：灼烧后得到黑色固体和残留物，残留物不溶于水和稀硫酸。
下列关于该流程的说法，错误的是
A．“灼烧”的主要目的是将Cu转变为CuO
B．为提高酸溶效率应加入大量硫酸
C．滤液X中的溶质为
D．将Cu、Fe混合物分离可以采用物理方法，也可用化学方法
【答案】B
【分析】含铜废料灼烧后得到黑色固体和残留物，Cu被氧化成CuO，加硫酸酸溶，CuO为碱性氧化物，与硫酸反应生成硫酸铜，过滤，得到硫酸铜、稀硫酸混合液，加入稍过量的铁屑，发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，过滤得到Cu、Fe固体和FeSO4溶液，据此分析；
【详解】A．根据题中所给信息，灼烧后得到黑色固体，Cu被氧化成CuO，故A说法正确；
B．加入大量硫酸，不能提高酸溶效率，可以适当升温、适当增加硫酸浓度等，故B说法错误；
C．根据上述分析，滤液X中的溶质为FeSO4，故C说法正确；
D．Cu、Fe可以用磁铁分离Fe、Cu，铁能与盐酸或稀硫酸反应，而铜不与盐酸或稀硫酸反应，因此将Cu、Fe混合物分离可以采用物理方法，也可用化学方法，故D说法正确；
答案为B。
16．向一定质量的、混合溶液中先后滴加150.0g质量分数3.42％的稀溶液、100g稀，产生沉淀的质量与滴加的溶液质量关系如图所示。下列说法不正确的是

A．
B．0-a阶段的离子反应为
C．所用稀硫酸的质量分数为3.92％
D．向b点溶液中加入酚酞试液，溶液会变红
【答案】C
【分析】根据硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，然后结合题中的数据进行分析。
【详解】A．根据第一个拐点在消耗50.0g3.42%的稀Ba(OH)2溶液处，可知此段是氢氧化钡和硫酸钠以及硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁。设生成的氢氧化镁的质量为x，生成的硫酸钡的质量为y。，， 解得：x=0.58g，y=2.33g，所以此时沉淀的总质量a=0.58g+2.33g=2.91g，此后再加入50g氢氧化钡溶液，只与硫酸钠反应，所以生成硫酸钡质量也是2.33g，所以m=2.91g+2.33g=5.24g，选项A正确；
B．a点时产生的沉淀有氢氧化镁和硫酸钡，沉淀的成分为两种，0-a阶段的离子反应为，选项B正确；
C．bc段沉淀质量不再增加，说明再加入氢氧化钡不再生成沉淀，此后cd段加入硫酸后，与氢氧化钡反应生成沉淀硫酸钡，同时也会与氢氧化镁和氢氧化钠反应，此时6.99g-5.24g=1.75g，所以此时对应生成硫酸钡沉淀为1.75g，氢氧化镁质量为0.58g，设生成氢氧化钠质量为z，，， 解得：z=0.8g，所以设氢氧化镁消耗硫酸质量为a，氢氧化钠消耗硫酸质量为b，剩余氢氧化钡消耗硫酸质量为c，，， 解得：a=0.98g，，，解得：b=0.98g，1.75克是后来生成的硫酸钡与前面生成的氢氧化镁(被硫酸反应溶解了)的差值，，解得：c=0.98g，所以消耗总硫酸质量=0.98g+0.98g+0.98g=2.94g，硫酸质量分数=×100%=5.88%，选项C错误；
D．b点的溶液中有生成的氢氧化钠，溶液显碱性，所以向b点溶液中加入酚酞试液，溶液会变红，选项D正确；
故选：C。

二、实验题
17．化学是一门以实验为基础的科学，请回答下列问题：
(1)现提供下列实验装置：

①写出B装置中仪器甲的名称_______。
②以高锰酸钾为原料制备氧气，还原产物是_______(填名称)，该反应的化学方程式为：_______。
③过氧化钠是一种淡黄色粉末状固体，是航空航天、潜水艇的供氧剂。常温下与水反应制取氧气，选择的发生装置是_______(填标号)。检验该装置气密性的操作方法：_______。
(2)20℃时，NaCl的溶解度为36.0g，实验室现需配制68.0g该温度下的饱和NaCl溶液。
①用托盘天平称量NaCl固体的质量为_______g。
②经检测，所配制的NaCl溶液的溶质质量分数偏小，可能的原因是_______(填标号)。
a.称量时药品和砝码放反了(5g以下用游码)
b.转移溶液时有部分液体洒出
c.用于溶解的烧杯底部有少许水
d.氯化钠固体不纯
e.量取水的体积时俯视刻度
【答案】(1)     分液漏斗     锰酸钾、二氧化锰     2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑     B     将该装置与D装置相连，向水槽中加水没过导管口，关闭分液漏斗下端活塞，用酒精灯微热或热毛巾捂锥形瓶的底部，若导管口有气泡，撤去酒精灯或热毛巾后，导管中有一段水柱，则装置气密性良好
(2)     18.0     acd

【解析】（1）
①根据仪器甲的特点，仪器甲为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；
②高锰酸钾受热分解2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，根据反应方程式，Mn的化合价由+7价降低为+6、+4价，还原产物为锰酸钾、二氧化锰；故答案为锰酸钾、二氧化锰；2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；
③过氧化钠与水反应不需要加热，又因为过氧化钠为粉末，因此该反应不能使用启普发生器简易装置，应选用B装置；检验该装置气密性的操作方法：将该装置与D装置相连，向水槽中加水没过导管口，关闭分液漏斗下端活塞，用酒精灯微热或热毛巾捂锥形瓶的底部，若导管口有气泡，撤去酒精灯或热毛巾后，导管中有一段水柱，则装置气密性良好；故答案为B；将该装置与D装置相连，向水槽中加水没过导管口，关闭分液漏斗下端活塞，用酒精灯微热或热毛巾捂锥形瓶的底部，若导管口有气泡，撤去酒精灯或热毛巾后，导管中有一段水柱，则装置气密性良好；
（2）
①配制68.0g该温度下的饱和NaCl溶液，则有，计算出m(NaCl)=18g，因此需要用托盘天平称量NaCl的质量为18.0g；故答案为18.0；
②a．称量时药品和砝码放反了，则药品质量偏小，所配制的NaCl溶液的溶质质量分数偏小，故a符合题意；
b．溶液为均一、稳定的，配制好溶液，装瓶中转移溶液时有部分液体洒出，所配制NaCl溶液的溶质质量分数不变，故b不符合题意；
c．用于溶解的烧杯底部有少许水，导致溶剂的质量偏大，所配制的NaCl溶液的质量增大，即所配制NaCl溶液中溶质质量分数偏小，故c符合题意；
d．氯化钠固体不纯，氯化钠的质量偏小，即所配NaCl溶液中溶质质量分数偏小，故d符合题意；
e．量取水的体积时俯视刻度，溶剂的质量偏小，所配制NaCl溶液的溶质质量分数偏大，故e不符合题意；
答案为acd。

三、填空题
18．观察氧化物和酸碱盐的关系：
对应盐







对应酸







氧化物/性质

强碱性
MgO
中强碱性

两性

弱酸性

中强酸性

强酸性

更强酸性
对应碱
NaOH






对应盐
NaCl







回答下列问题：
(1)横向从价态的视角，发现氧化物的中心元素价态越高，往往_______性越强；Pb元素有、两种常见化合价，则对应氧化物碱性更强的是_______(填化学式)。
(2)纵向从对应酸碱盐的视角，发现氧化物与酸或碱反应成盐时，酸性氧化物提供盐中_______，碱性氧化物提供盐中_______；(选填编号)
A．金属阳离子        B．氢离子        C．含氧酸根离子            D．氯离子
(3)将放入溶液中，溶液变成紫红色。试分别判断下列氧化物的酸碱性：_______、MnO_______。
(4)Ti可以形成两种盐：、(微溶物)，则属于_______氧化物(填性质)。写出与浓NaOH溶液反应的离子方程式：_______。极易与水反应生成，过滤后煅烧可制得，试写出生成时的化学反应方程式：_______。
【答案】(1)     酸     PbO
(2)     C     A
(3)     酸性     碱性
(4)     两性         

【解析】（1）
观察表格可知，横向从价态的视角，发现氧化物的中心元素价态越高，酸性越强，碱性越弱；Pb元素的、两种常见化合价，对应氧化物分别是PbO、PbO2，价态较低的PbO碱性更强。
（2）
纵向从对应酸碱盐的视角，发现氧化物与酸或碱反应成盐时，酸性氧化物提供盐中含氧酸根离子，碱性氧化物提供盐中金属阳离子。
（3）
由酸性氧化物提供盐中含氧酸根离子，碱性氧化物提供盐中金属阳离子，结合二者的盐的化学式、，可知显酸性，MnO显碱性。
（4）
由Ti可以形成两种盐：、，既可以提供盐中的含氧酸根离子，又可以提供金属阳离子，故属于两性氧化物；与NaOH反应时，应提供含氧酸跟离子，离子方程式为；极易与水反应生成，过滤后煅烧可制得，反应的化学方程式为。
19．现有以下物质：
①NaOH溶液；②熔融CaO；③；④；⑤胶体；⑥水银；⑦；⑧；⑨75％医用消毒酒精；⑩；⑪氨水；⑫石墨
(1)以上物质中属于电解质的是_______(填序号)；属于非电解质的是_______(填序号)；以上物质能导电的是_______(填序号)。
(2)写出⑩在水溶液中的电离方程式_______。
(3)将上述物质冷却后溶于水，写出一组弱电解质溶液之间发生反应的离子方程式：_______。
(4)向③的水溶液中不断加入④，反应至溶液刚好显中性时，化学方程式为：_______。
(5)在一定温度下，向不同电解质溶液中加入新物质时，描述溶液导电能力的电导率随新物质加入量(V)的变化曲线如图所示。与曲线变化趋势一致的是_______(填序号)。

①向氨水中通入HCl气体直至过量
②向饱和石灰水中不断通入
③向硝酸中逐滴加入等浓度的氢氧化钾溶液至过量
【答案】(1)     ②③④⑧⑩     ⑦     ①②⑥⑪⑫
(2)
(3)+NH3∙H2O=
(4)
(5)③

【解析】（1）
电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；①NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，有自由移动的离子能导电；②熔融CaO能导电，是电解质；③是电解质，不能导电；④是电解质，不能导电；⑤胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质，；⑥水银即Hg是单质，不是电解质，能导电；⑦是非电解质，不能导电；⑧是电解质，不能导电；⑨75％医用消毒酒精为乙醇的水溶液，属于混合物，不是电解质，不能导电；⑩是电解质，不能导电；⑪氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，；⑫石墨即C单质，不是电解质，能导电；则属于电解质的是②③④⑧⑩；属于非电解质的是⑦；能导电的是①②⑥⑪⑫；
（2）
⑩在水溶液中电离出钠离子和，电离方程式为：；
（3）
弱电解质与氨水中溶质NH3∙H2O反应生成醋酸铵和水，弱电解质保留化学式，反应的离子方程式为：+NH3∙H2O=；
（4）
向③中加入④反应至溶液刚好显中性时，则氢氧根离子和氢离子恰好反应，则与按1:2反应生成硫酸钡和水，反应方程式为：；
（5）
①NH3•H2O是弱电解质，向NH3•H2O溶液中通入HCl气体直至过量，则起始时溶液中c()逐渐增大，反应完全时c()最大，随着HCl气体的通入，溶液中阴、阳离子总浓度增大，导电性一直增强，与图不符，①不选；
②向饱和石灰水中不断通入CO2，先生成碳酸钙沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时，导电性接近于0，随着CO2气体的通入，碳酸钙溶解生成可溶性的碳酸氢钙，溶液中离子浓度又逐渐增大，导电性又逐渐增强，与图不符，②不选；
③硝酸与氢氧化钾溶液反应生成硝酸钾和水，起始阶段，氢离子和氢氧根离子反应导致离子浓度减小，恰好反应时溶质为硝酸钾，能电离出钾离子和硝酸根离子，导电性不为0，随着氢氧化钾溶液的加入，溶液中离子浓度又逐渐增大，导电性增大，与图相符，③选；
故答案为：③。

四、元素或物质推断题
20．化学试剂的纯净程度往往会成为实验是否成功的关键，现有一份被污染试剂，其中含有NaCl、和，请选择适当的试剂除去这些杂质，从而得到纯净的晶体，相应的实验流程如图所示。请回答下列问题：

(1)沉淀A的主要成分有_______。(填化学式)
(2)试剂X是_______。(填化学式)
(3)操作①②③④中都会使用到的玻璃仪器是_______，其在操作④蒸发结晶中的作用是_______。
(4)上述实验流程中加入过量溶液的目的是_______。
(5)将沉淀A洗净干燥后进行称量，其质量为5.91g，那么溶液中至少含溶质_______g(保留两位小数)才能保证对应杂质离子完全除尽。
【答案】(1)BaSO4、BaCO3
(2)AgNO3
(3)     玻璃棒     搅拌、加速蒸发速率
(4)除去过量的Ba2+、Ag+
(5)6.62

【分析】由流程可知，①中加过量硝酸钡，使硫酸根、碳酸根离子转化为沉淀，则沉淀A为BaSO4、BaCO3，溶液1中含氯化钠、硝酸钠、硝酸钡，②中加过量X为AgNO3，使氯离子沉淀，沉淀B为AgCl，溶液2中含硝酸钠、硝酸银、硝酸钡，③中钡离子、银离子均与碳酸钠反应生成沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，溶液3中含硝酸钠和碳酸钠，应向溶液3再加过量硝酸除去碳酸钠，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到NaNO3晶体；
（1）
①中加过量硝酸钡，使硫酸根、碳酸根离子转化为沉淀，则沉淀A的主要成分有BaSO4、BaCO3；
（2）
②中加过量X为AgNO3，使氯离子沉淀；
（3）
操作①②③分离沉淀和溶液，操作是过滤，都会使用到的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，操作④是蒸发结晶，需要的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒；玻璃棒在蒸发结晶中的作用是搅拌、加速蒸发速率；
（4）
③中钡离子、银离子均与碳酸钠反应生成沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，加入过量Na2CO3溶液的目的是除去过量的Ba2+、Ag+；
（5）
沉淀A的主要成分有BaSO4、BaCO3，其质量为5.91g，用极值法，假设A全部为BaSO4，反应方程式为Na2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2NaNO3，可得关系式，，解得a=6.62g，若A全部是BaCO3，反应方程式为Na2CO3+Ba(NO3)2= BaCO3↓+2NaNO3，可得关系式，，解得a=7.83g，则Ba(NO3)2溶液至少含溶质6.62g才能保证对应杂质离子完全除尽。
21．回答下列问题
Ⅰ.现有一瓶澄清透明溶液，已知其只含下列离子中的若干种，且每种离子的数目相等：、、、、、、。取三份各100mL溶液分别进行实验。
实验1：加入足量溶液有白色沉淀产生；
实验2：加入足量NaOH溶液加热有气体放出；
实验3：加入足量溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解。
(1)由实验1是否可以确定存在？_______(填“是”或“否”)，理由：_______。
(2)实验3中沉淀的化学式为_______，该沉淀和稀硫酸也能发生复分解反应，其现象与实验3中不同，请写出该反应的离子方程式：_______。
(3)综合上述实验，是否能确定有的存在，并请说明理由：_______。
Ⅱ.现有六种易溶于水的物质A、B、C、D、E、F，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有六种常见阳离子、、、、、和六种常见阴离子、、、、、X中的一种。(已知与、在水溶液中不能大量共存，会反应产生对应的氢氧化物沉淀及气体等)
(4)某同学通过对阴阳离子的比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是_______和_______(均填化学式)
(5)为了确定X，现将(4)中的两种物质记为A和B，含X的物质为记为C，当它与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀，向该沉淀中滴入稀，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则C为_______(填化学式)。
【答案】(1)     否     加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4，溶液中不一定含有Cl-
(2)     BaCO3     BaCO3+2H++=BaSO4↓+CO2↑+H2O
(3)因为该溶液中每种离子的浓度相等，已判断含有、，根据溶液是电中性，所以确定还含有Na+
(4)     K2CO3     Ba(OH)2
(5)Fe2(SO4)3

【分析】I.该溶液为无色透明溶液，可判断该溶液不含Fe3+，且Ba2+与、不共存，实验1：加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液中可能含有Cl-、、；实验2：加足量NaOH溶液加热有气体放出，该溶液一定有；实验3：第三份加入足量BaCl2溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解，可判断该溶液一定含有，不含Ba2+、，由于每种离子的浓度相等，根据溶液是电中性，可判断该溶液还含有Na+，不含Cl-；
（1）
由实验1不能推断出该溶液一定含有Cl-，因为加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4，溶液中不一定含有Cl-，
故答案为：否；加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4，溶液中不一定含有Cl-；
（2）
实验3：第三份加入足量BaCl2溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解，可判断该溶液一定含有CO32-，沉淀为BaCO3，BaCO3与和稀硫酸也能发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，该反应的离子方程式：BaCO3+2H++=BaSO4↓+CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3；BaCO3+2H++=BaSO4↓+CO2↑+H2O；
（3）
该溶液还含有Na+，因为该溶液中每种离子的浓度相等，已判断含有、，根据溶液是电中性，所以确定还含有Na+，故答案为：因为该溶液中每种离子的浓度相等，已判断含有、，根据溶液是电中性，所以确定还含有Na+；
（4）
与、、、、不能大量共存，OH-与、、不能大量共存，由于所含阴阳离子互不相同，所以一定存在的物质为K2CO3和Ba(OH)2；
（5）
C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，红褐色沉淀为Fe(OH)3，气体为CO2，发生的是已知信息反应，则C含有Fe3+，B为K2CO3；A为Ba(OH)2，当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀，向该沉淀中滴入稀，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，说明生成BaSO4沉淀，则C含有，所以C的化学式为Fe2(SO4)3。