重庆市育才中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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重庆育才中学高2022级2019—2020学年度（上）期期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Cu-64 I-127 Ba-137
第I卷（选择题）
一、选择题
1.下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是
①少量的浓硫酸沾到皮肤上时，应立即用大量冷水冲洗，再涂上适量的稀NaHCO3溶液
②熄灭酒精灯应该用灯帽盖灭，而不是直接吹灭，因为后者可能导致“回火”引起灯内酒精燃烧
③凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂
④如果所闻化学药品的气味不够明显时，鼻子可以凑近药品，然后猛吸一口
A. ①③ B. ②③
C. ①④ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①、少量的浓硫酸沾到皮肤上时，应立即用大量冷水冲洗，再涂上适量的稀NaHCO3溶液。大量浓硫酸沾到皮肤上时，立刻用大量的水冲洗会造成对皮肤的二次伤害，故应先将浓硫酸用抹布抹去，然后再用水稀释，再涂上适量的稀NaHCO3溶液，故①正确；
②、熄灭酒精灯应该用灯帽盖灭，故②正确；
③、试管的加热不用垫石棉网，故玻璃仪器的加热不一定要垫石棉网，故③错误；
④、无论药品有没有毒，均不能将鼻孔凑近药品来闻，故闻化学药品的气味时，应用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故④错误；
故选D。
2.下图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是

A. 蒸馏、蒸发、分液、过滤 B. 蒸馏、过滤、分液、蒸发
C. 分液、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、分液、蒸馏
【答案】B
【解析】
【详解】四个仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗，分液漏斗和蒸发皿，它们的用途主要是蒸馏、过滤、分液和蒸发，故选B。
3.下列判断或叙述正确的是
A. 某溶液中滴加盐酸生成无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能有CO32－
B. 某溶液中滴加BaCl2溶液得白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，则原溶液中一定含有SO42－
C. 某溶液中加入AgNO3溶液得白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定存在SO42－
D. 某溶液中滴加盐酸生成无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有HCO3－
【答案】A
【解析】
【详解】A、滴加盐酸生成无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能有CO32－，故A正确；
B、某溶液中滴加BaCl2溶液得白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，则原溶液中可能含有Ag+，故B错误；
C、某溶液中加入AgNO3溶液得白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中可能存在Cl-，故C错误；
D. 某溶液中滴加盐酸生成无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能含有HCO3－、CO32－、SO32－，故D错误；
故选A。
【点睛】离子HCO3－、CO32－、SO32－检验时，将产生气体通入澄清石灰水中，现象几乎相同，所以几种离子都有可能。，
4.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. H2SO4的摩尔质量是98
B. 1molNa2SO4中含有2个Na＋和1个
C. 1个氢原子的质量约为
D. 等质量的H2O2与H2O中所含氢原子数之比为1:1
【答案】C
【解析】
【详解】A、摩尔质量有单位，所以H2SO4的摩尔质量是98g/mol，故A错误；
B、1molNa2SO4中含有2NANa＋和NA，故B错误；
C、一个原子的质量为，所以1个氢原子的质量约为，故C正确；
D、等质量H2O2与H2O的物质的量分别为：，，所以所含氢原子数之比为16:17；故D错误；
故选C。
5.在相同温度和压强下，三个容积相同的容器中分别盛有N2、O2、空气，下列说法正确的是（ ）
A. 三种气体质量之比为1∶1∶2 B. 三种气体的密度之比为1∶1∶1
C. 三种气体的分子数之比为1∶1∶1 D. 三种气体原子数之比为1∶1∶2
【答案】C
【解析】
体积之比等于物质的量之比等于分子数之比；质量之比等于摩尔质量之比等于密度之比；故答案为C。
6.与100ml 0.1 mol/L FeCl3溶液中Cl－的物质的量浓度相等的是
A. 100ml 0.3 mol/L KClO3溶液 B. 50 ml 0.2 mol/L NaCl 溶液
C. 50 ml 0.3 mol/L CaCl2溶液 D. 50 ml 0.15 mol/L MgCl2溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
100ml 0.1 mol/L FeCl3溶液中Cl－的物质的量浓度为0.3mol/L，找出Cl－的物质的量浓度为0.3mol/L的选项即可。
【详解】A、100ml 0.3 mol/L KClO3溶液不含Cl－，故A错误；
B、50 ml 0.2 mol/L NaCl 溶液所含Cl－的物质的量浓度为0.2mol/L，故B错误；
C、50 ml 0.3 mol/L CaCl2溶液所含Cl－的物质的量浓度为0.6mol/L，故C错误；
D、50 ml 0.15 mol/L MgCl2溶液所含Cl－的物质的量浓度为0.3mol/L，故D正确；
故选D。
7.某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.2 mol/L Cl−、0.4 mol/L、0.1 mol/L Al3+、0.3 mol/L H+、一定物质的量浓度的M，则M及其物质的量浓度可能为
A. 0.4 mol/L B. Na+ 0.3 mol/L
C. Zn2+ 0.2 mol/L D. Ca2+ 0.1 mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
根据溶液中电荷守恒判断M离子的电性， c (Cl−) +2c (SO42-) =0.2mol/L+2×0.4mol/L=1mol/L，3c (Al3+)+c (H+)=3×0.1mol/ L+0.3mol/L=0.6mol/L，所以M为阳离子，令M阳离子为c (Mn+) ，根据电荷守恒有nc (Mn+) =1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，再结合选项考虑离子共存判断。
【详解】根据溶液中电荷守恒判断M离子的电性， c (Cl−) +2c (SO42-) =0.2mol/L+2×0.4mol/L=1mol/L，3c (Al3+)+c (H+)=3×0.1mol/ L+0.3mol/L=0.6mol/L，所以M为阳离子，令M阳离子为c (Mn+) ，根据电荷守恒有nc (Mn+) =1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，
A、由上述分析可知，M为阳离子，不可能是CO32－，故A错误；
B、1×c (Na+) =0.3 mol/L，故B错误；
C、2×c (Zn2+)=2×0.2 mol/L=0. 4mol/L，故C正确；
D、2×c (Ca2+)=2×0.1 mol/ L=0.2mol/L，但硫酸根离子与钙离子不能共存，故D错误；
故选C。
【点睛】求算未知离子浓度时，根据溶液不带电即电荷守恒思想解答，同时考虑离子是否共存。
8.实验室需要200 mL 1mol·L－1的CuSO4溶液，下列有关溶液配制的叙述正确的是
A. 称取32 g 无水硫酸铜，在烧杯中加入200 mL水进行溶解，然后在250 mL的容量瓶中配成200 mL溶液
B. 称取50 g CuSO4·5H2O，在烧杯中加适量水溶解，最终在250 mL的容量瓶中配成250 mL溶液
C. 称取40 g 无水硫酸铜，在烧杯中加入250 mL水进行溶解，然后在250 mL容量瓶中配成250 mL溶液
D. 称取62.5 g CuSO4·5H2O，在烧杯中加适量水溶解，最终在250 mL的容量瓶中配成250 mL溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、容量瓶的规格通常为50 mL、100 mL、250 mL、1 000 mL等，250 mL的容量瓶只能配制250mL溶液，不能配制200mL溶液，因为容量瓶只有一个刻度线，故A错误；
C、配制溶液时需要的体积是溶液的体积，而不是溶剂的体积，故C错误；
当选用五水硫酸铜时，需要称取的质量为0.25L×1mol/L×250g/mol=62.6g，故D选项正确，B错误；
故选D。
【点睛】配制一定浓度溶液时，当选用含有结晶水的溶质时，计算时需要将结晶水的质量计入，否则会使浓度偏低。
9.下列有关物质的分类全部正确的是
选项
物质
分类
A
雾霾、水银、冰水混合物
混合物
B
Ba(OH)2、烧碱、生石灰
碱
C
氯化钠、CaCO3、无水硫酸铜
盐
D
CO、CO2、Mn2O7
酸性氧化物


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、水银是汞的俗称，为单质，冰水混合物是化合物，故A错误；
B、生石灰是氧化钙，属于氧化物，故B错误；
C、氯化钠、CaCO3、无水硫酸铜均属于盐，故C正确；
D、CO属于不成盐氧化物，故D错误；
故选C。
【点睛】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物。
10.下列说法错误的是
A. 溶液能透过半透膜，而胶体和浊液均不能
B. 胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子的大小
C. 硫酸钡几乎不溶于水，所以它是非电解质
D. CO2溶于水能导电，但是它却是非电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A、溶液的粒子直径小于1nm，所以能通过半透膜，故A正确；
B、胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子的大小，B正确；
C、电解质和非电解质的分类并不是按照溶解性来区分，电解质导电只需要满足在熔融状态或者水溶液其中一种即可，故C错误；
D、电解质导电需要自身电离，二氧化碳溶于水能导电是因为生成碳酸，故D正确；
故选C。
【点睛】电解质导电一定是自身发生电离，而如二氧化碳的水溶液能导电，但不是二氧化碳在电离，是溶于水生成的碳酸电离导电，所以碳酸是电解质，二氧化碳不是。
11.下列电离方程式，书写正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、硫酸铁的电离方程式为：，正确；
B、氯化铝的电离方程式为：，故B错误；
C、碳酸氢钠电离方程式为：，故C错误；
D. 高锰酸钾的电离方程式为：，故D错误；
故选A。
12.下列化学方程式中，不能用离子方程式表示是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】ABC的反应物和生成物除去硫酸钡之外均可拆解，故ABC不符合题意；
D、反应生成水，属于弱电解质，不能拆分，故D符合；
故选D。
13.下列离子方程式中正确的是
A. 过量CO2通入NaOH溶液中：
B. 铜片插入硝酸银溶液中：
C. 少量NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中：
D. 盐酸滴在铜片上：
【答案】A
【解析】
【详解】A、过量CO2通入NaOH溶液中：，A正确；
B、铜片插入硝酸银溶液中：，故B错误；
C、少量NaHCO3溶液滴入NaHSO4溶液中：，故C错误；
D、盐酸与铜不反应，故D错误；
故选A。
14.常温下，下列各组离子一定能大量共存的是
A. 在含大量Fe3+的溶液中：
B. 在含大量Ca2＋的溶液中：
C. 在pH＝13的溶液中：
D. 在pH＝1的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A、Fe3+与I-会发生氧化还原反应不能大量共存，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故A错误；
B、Ca2＋与均不反应，故B正确；
C、碱性溶液不能存在大量的Cu2+，故C错误；
D、强酸性不能大量存在CO32-，同时Fe2+与NO3-会发生氧化还原反应，故D错误；
故选B。
【点睛】离子能够大量共存即相互之间不相互反应生成弱电解质、沉淀和发生氧化还原反应。如Fe3+与I-和
强酸性Fe2+与NO3-会发生氧化还原反应。
15.下列各组离子中，在氢氧化钠溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、所有离子均能大量共存且无色，故A正确；
B、高锰酸根显紫色，故B错误；
C、HCO3-会与OH-反应生成CO32-，同时与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，故C错误；
D、Fe2+的溶液是浅绿色，同时碱性条件不能存在大量H+和Fe2+，故的错误；
故选A。
16.研究表明：多种海产品（如虾、蟹等）体内含有+5价的砷（As）元素，但它对人体是无毒的。砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃海鲜时不能同时食用大量西兰花（又称绿菜花），否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜。下面有关解释正确的是
A. 砒霜是氧化产物
B. 维生素C具有很强的氧化性
C. 致人中毒过程中砷发生氧化反应
D 西兰花中含有较多维生素C
【答案】D
【解析】
【详解】A、砷由+5价降低到+3价，是还原产物，故A错误；
B、根据公式可知砷化合价降低，则维C化合价升高，故维生素C是还原剂，故B错误；
C、砷化合价降低，发生还原反应，故C错误；
D、西兰花中含有较多维生素C，能使海鲜中的+5价砷化合价降低，生成砒霜使人中毒，故D正确；
故选D。
【点睛】氧化还原反应规律的口诀：升失氧还，降得还氧。
17.下列反应中，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应，属于置换同时也是氧化还原反应，故A正确；
B、反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C、反应有化合价变化，但不是置换反应，故C错误；
D、反应有化合价变化，但是是化合反应，故D错误；
故选A。
18.氢化亚铜（CuH）一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中作
A. 氧化剂 B. 还原剂
C. 氧化产物 D. 还原产物
【答案】B
【解析】
【详解】有题干可知，Cu元素化合价降低，则“另一物质”化合价升高，做还原剂；
故选B
19.下列转化过程中必须加入氧化剂的是
A. FeS→H2S B. KClO3→O2
C. I—→I2 D. Fe3+→Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】需要加入氧化剂才能实现则一定作为还原剂，化合价升高；
故选D。
20.根据下列反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序是，，。
A. I－>Br－> Fe2+ >Cl－ B. Cl－>Br－> Fe2+ >I－
C. I－>Fe2+ > Br－> C1－ D. Fe2+ >I－> Br－>Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
根据还原剂还原性大于还原产物的还原性解答。
【详解】根据方程式：，得出还原性Fe2+>Br-，根据方程式，可知还原性Br->Cl-，根据方程式，可知I-> Fe2+，所以还原性由强到弱为I－>Fe2+ > Br－> C1－；
故选C。
【点睛】在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。
21.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 含有NA个N的N2在标准状况下的体积约为22.4L
B. 在常温常压下，11.2LCO2含有的分子数为0.5NA
C. 标准状况下，11.2L氟化氢(沸点为19.54℃)中含有氟原子的数目为0.5 NA
D. 3.2gO2和O3的混合物，所含氧原子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、氮气为双原子分子，所以含有NA个N的N2为1mol，在标准状况下的体积约为11.2L；故A错误；
B、常温常压时，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，故B错误；
C、HF在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积等于22.4L/mol计算，故C错误；
D、O2和O3均只含有O元素，所以3.2gO2和O3的混合物，所含氧原子数为，故D正确；
故选D。
【点睛】能用气体摩尔体积等于22.4L/mol的前提是在标况下为气体，而HF在标况下为为液体。
22.在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠（Na2O2）粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为： 。下列判断正确的是
A. 产生22.4 L（标准状况下）O2时，该反应转移2 mol e－
B. O2是还原产物
C. Mn2＋是氧化产物
D. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
【答案】A
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的概念解答。
【详解】由方程式可知：高锰酸根中的锰元素化合价由+7降低到+2，所以高锰酸根做氧化剂，锰离子做还原产物。过氧化钠中的氧元素化合价由-1价升高到0价，做还原剂，生成氧化产物氧气。当生成5mol氧气时转移10mol电子。故A正确，BCD错误；
故选A。
23.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；若加入足量强碱并加热（，假设氨气全部逸出）可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3＋浓度为
A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO离子完全沉淀，根据离子反应方程式SO+Ba2+=BaSO4↓可知。SO的物质的量为bmol；由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则NH4+的物质的量为cmol；又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+物质的量为xmol，由电荷守恒可知：x×3+c =b×2，
解得x=2b-3c mol，所以Al3＋浓度为mol/L；
故选B。
24.有关反应的叙述正确的为
A. 还原剂与氧化剂物质的量之比为5:3
B. 生成lmolO2，反应共转移4mol电子
C. 若有5mol水做还原剂时，被BrF3还原的BrF3为mol
D. 若有5mol水参与反应时，被水还原的BrF3为2mol
【答案】C
【解析】
【分析】
中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答。
【详解】A、由反应可知，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之为3:2，故A错误；
B.、当生成lmolO2时，转移6mol电子，故B错误；
C、当有5mol水做还原剂时时，O元素化合价由-2价升高到0价，失去10mol电子， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移5mol电子，5mol BrF3被还原，被BrF3还原的BrF3为，故C正确；
D、当有5mol水参加反应时，O元素化合价由-2价升高到0价，2mol水被氧化，失去4mol电子，Br 元素化合价由+3价降低到0价， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移2mol电子，被水还原的BrF3的物质的量为，故D错误；
故选C。
【点睛】在此题中H2O和BrF3均作还原剂，所以BrF3转变为Br2时，被H2O和BrF3一起还原，当计算应被其中一部分所还原时，应计算其失去电子所占比例。如CD选项。
25.某溶液中可能含有下列5种离子中的某几种：。为确认溶液组成进行如下实验：
（1）取1L上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀6.63g。向沉淀中加入过量的盐酸，有4.66g沉淀不溶。
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体2.24L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）。
已知：① ②NH3是一种极易溶于水的碱性气体
由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是
A.
B. 如果上述5种离子都存在，则
C. 一定存在，一定不存在K+
D. 一定存在，可能存在
【答案】B
【解析】
【分析】
（1）取1L上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀6.63g。向沉淀中加入过量的盐酸，有4.66g沉淀不溶。说明不溶沉淀为BaSO4，且物质的量为，溶解沉淀为BaCO3，物质的量为。则原溶液含有SO42-和CO32-。
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体2.24L，则原溶液中含有NH4+，且物质的量为。
根据电中性原则，一定含有NO3-，且物质的量至少为0.1-0.02×2-0.01×2=0.04mol，可能含有K+。
【详解】A、有分析可知c(CO32-)=0.0197mol/L，c(NH4+)>c(SO42-)，故A错误；
B、当上述5种离子都存在，则c(NO3-)>0.04mol/L>2 c(SO42-)，故B正确；
有分析可知一定含有SO42-、NO3-、CO32-、NH4+，可能存在K+，故CD错误；
故选B。
【点睛】判断几种离子是否一起共存时的其中一个原则是电中性，即溶液不带电，阳离子所带电荷数等于阴离子所带电荷数。如本题即可判断出一定存在NO3-，且物质的量至少为0.04mol。
第II卷（非选择题）
二、填空题
26.川菜之魂在味，然而在“七味八滋”中，盐应是百味之首。自贡市位于四川盆地南部，智慧的自贡人早在2000年前就开始了用盐井采盐，在咸丰、同治年间自贡逐渐成为四川盐业中心之一。但刚从盐井中采出的粗盐水因含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2和泥沙等，需经过提纯才能被食用。下图展示了一种在实验室用该粗盐水制取NaCl晶体的操作流程：

请回答下列问题：
（1）操作①所用到的玻璃仪器的名称是_____________、 _________________、 ________________；
（2）物质B和F的化学式分别为___________________、 _________________； 
（3）试剂I和试剂II分别为___________________、 _________________；
（4）操作流程中，BaCl2溶液和Na2CO3溶液的添加顺序________（填“可以”或“不可以”）调换？理由是______________________________________________________________________。
【答案】 (1). 漏斗 (2). 玻璃棒 (3). 烧杯 (4). BaSO4 (5). Mg(OH)2 (6). NaOH溶液 (7). 稀盐酸 (8). 不可以 (9). 因为调换后过量的Ba2+无法除去
【解析】
【分析】
第一步除去不溶性杂质通过过滤的方式，得到含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2的氯化钠溶液；第二步加入Ba Cl2除去SO42-，故B为BaSO4；第三步加入Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+，所以D为CaCO3和BaCO3混合物；第四步加入的溶液应除去Mg2+，且不引入新杂质，故试剂Ⅰ为NaOH溶液，F为Mg(OH)2；第五步加入的试剂应除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液且不引入新杂质，故试剂Ⅱ为HCl，滴加至pH=7即可；第六步由氯化钠溶液得到氯化钠晶体，采用的方式为蒸发结晶。
【详解】(1)、由分析可知：操作①为过滤，所用到的玻璃仪器的名称是：漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗；玻璃棒；烧杯；
(2)、由分析可知：B为BaSO4，F为Mg(OH)2，故答案为：BaSO4 ；Mg(OH)2；
(3)、有分析可知：试剂Ⅰ为NaOH溶液，试剂Ⅱ为HCl，故答案为：NaOH溶液 ；稀盐酸 ；
(4)、BaCl2溶液和Na2CO3溶液的添加顺序不能调换，Na2CO3溶液的目的不仅仅是除去Ca2+，还有过量的Ba2+，故答案为：不可以；因为调换后过量的Ba2+无法除去。
【点睛】在粗盐提纯过程中，加入NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液时，先后顺序只需要满足BaCl2溶液在Na2CO3溶液之前即可，其目的是为了出去过量的Ba2+，并在加入稀盐酸前过滤出沉淀。
27.某浓盐酸所贴标签截图如下图所示，现用该浓盐酸配制250mL浓度为1mol/L的稀盐酸。试回答下列问题：

（1）该浓盐酸的浓度为_____________；
（2）经计算，宜选用下列中______（填字母）的量筒，量取_____（填计算结果）mL浓盐酸。
A. 5 mL B. 10 mL C. 25 mL D. 50 mL
（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释后的盐酸温度与室温一致后，沿玻璃棒将盐酸注入容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹液面最低处与刻度线相切。
③在盛浓盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶中。
上述操作中，正确的顺序是（填序号）___________________。
（4）在实际配制溶液的过程中，难免由于操作不当或操作错误而对所配溶液浓度产生影响，请分析下列情况对本实验所配制稀盐酸浓度的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）：
①定容时俯视刻度线，会导致所配稀盐酸浓度_______；
②用刚刚洗涤干净的量筒来量取浓盐酸，会导致所配稀盐酸浓度__________。
【答案】 (1). 12mol/L (2). C (3). 20.8mL (4). ③①④② (5). 偏高 (6). 偏低
【解析】
【分析】
(1)、依据计算浓盐酸的物质的量浓度；
(2)、溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变，据此计算需要浓盐酸体积，依据浓盐酸体积选择量筒规格；
(3)、依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；
(4)依据判断误差；
【详解】(1)、质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.2g/cm3)的物质的量浓度，
故答案为：12mol/L；
(2)、配制成1mol/L的稀盐酸250ml，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL溶液，设需要浓盐酸体积为V，则液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变可知，V×12mol/L= 1.0mol/L×250mL，解得V=20.8mL；应选择25mL量筒；
故答案为:：C ；20.8mL；
(3)、配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的顺序为：③①④②；
故答案为：③①④②；
(4)①、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，依据可知，溶液浓度偏高；
②、用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸导致浓盐酸被稀释，量取的盐酸中氯化氢的物质的量偏小,依据可知，溶液浓度偏低，
故答案为：偏高；偏低。
【点睛】当选用量筒或者容量瓶时，遵循的原则是大且近，即量程大于所以体积并且相差最近。定容时，因为容量瓶只有一个刻度，所以眼睛应平视刻度线。
28.现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。
实验顺序
实验内容
实验现象
①
A+B
无明显现象
②
B+D
有气体放出
③
B+C
有沉淀生成
④
A+D
有沉淀生成

根据表中实验现象回答下列问题：
（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为____________、___________、___________、___________；
（2）请分别写出上述实验②和③的离子方程式：
②________________________________________________________；
③________________________________________________________。
【答案】 (1). CaCl2 (2). HCl (3). AgNO3 (4). Na2CO3 (5). (6).
【解析】
【分析】
根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。
【详解】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。
(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为：CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；
(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，
B为HCl， C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgC1↓，
故答案为: CO32-+2H+=CO2↑+H2O； Ag++Cl-=AgC1↓。
29.碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO3。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：（方程式未配平）。试根据相关信息回答下列问题：
（1）检测原理中，氧化剂为_______，氧化产物为_______。请在下面配平该方程式，同时用单线桥标明电子转移的方向和数目：_______
________ ____—____+ ____ +____
（2）取10g加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液（H2SO4和KI都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl4，振荡，静置，此时观察到的现象是________________________________________________。然后分液，即得到I2的CCl4溶液。
（3）查阅资料，CCl4的沸点为78℃，I2的升华温度约为120~130℃。实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl4和I2的混合溶液分离。该分离方法的名称是___________，冷凝管的进水口是_______（填“a”或“b”）。

（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I2的质量为1.5 mg，由此计算出该加碘盐中碘的含量为__________mg/kg，该加碘盐_______（填“合格”或“不合格”）。
（5）KIO3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。请书写出KIO3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式____________________________________________________。
【答案】 (1). KIO3 (2). I2 (3). (4). 溶液分为两层，下层呈紫红色 (5). 蒸馏 (6). a (7). 25 (8). 合格 (9).
【解析】
【详解】(1)、该反应中化合价的变化为：KIO3-→I2，I元素由+5价→0价，一个KIO3得5个电子；KI-→I2，I元素由-1价→0价，一个KI失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为1， KI的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO3；I2 ；；
(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，
故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；
(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a；
(4)、由方程式可知：I2的的来源属于KIO3的占，所以圆底烧瓶中I2的质量为1.5 mg，则食盐中的碘原子质量为0.25mg，所以碘的含量为，在国家标准内，故答案为：25；合格；
(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O元素化合价升高。
根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO32KI+3O2↑，故答案为2KIO32KI+3O2↑；
【点睛】实验最终得到的I2来自于KIO3和KI两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去KI中的含量。