江西省山江湖协作体2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

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“山江湖”协作体高一年级第三次月考
化学试卷（统招班）
可能使用的原子量H:1 O:16 N:14 C:12 Mg:24 Al:27 Fe:56 S:32
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）。
1.2015年11月，多位化学权威、中科院院士共同录制了科普纪录片《我们需要化学》，下列提法与该纪录片主题一致的是（ ）
A. 水任何时候都能灭火
B. 服用钙片可以预防感冒
C. 本化妆品纯天然，不含任何化学物质
D. 青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠着火的时候不能用水灭火，应用细沙，故A错误；
B．服用钙片能治疗佝偻病，不能预防感冒，故B错误；
C．任何物质都由化学物质组成，没有不含任何化学物质的物质，故C错误；
D．我国使用最早的合金是青铜，如青铜器司马鼎等，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁，故D正确；
故选D。
2.下列关于钠的叙述错误的是（ ）
A. 金属钠投入到CuSO4溶液中，能置换出单质铜
B. 把一块金属钠暴露在空气中，最终会变成碳酸钠
C. 钠燃烧时发出黄色的火焰
D. 可将金属钠存放在煤油中
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠投入硫酸铜溶液，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，得不到铜，故A错误；
B．钠放置于空气中：银白色(钠的真面目)→变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2成Na2CO3•10H2O)→最后变成Na2CO3粉(风化)，有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，最终会变成碳酸钠，故B正确；
C．钠元素的焰色反应是黄色，所以钠燃烧时发出黄色的火焰，故C正确；
D．金属钠比煤油重，且不与煤油反应，存放在煤油中和空气隔离，故D正确；故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意钠投入盐溶液，都是钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与盐反应。
3.下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）
A. 石墨 Fe(0H)3胶体 澄清石灰水 B. 氮气 干冰 冰水混合物
C. 液态氧 CuSO4·5H2O 浓硫酸 D. 硫粉 碘酒 含氧40%的氧化镁
【答案】C
【解析】
A Fe(0H)3胶体是混合物，A错误。B冰水混合物是纯净物，B错误。C正确。D碘酒是碘的酒精溶液，为混合物，D错误。
4.净化水的方法很多，下列净化水的操作中净化程度最高的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
A、蒸馏可以将水转化成水蒸气，然后再液化的一种操作，得到的水中几乎不含杂质，净化程度最高，A正确。B、蒸发结晶不是水的净化方法，B错误。C、过滤可以除去不溶性颗粒较小的杂质，不会除去细菌和可溶性的杂质，C错误。D、吸附只除去水中的异味和色素，不会除去其他可溶性的杂质，D错误。正确答案为A
点睛：水净化方法很多，常用的有过滤法、静置沉淀法、蒸馏法、吸附法等，其中蒸馏法的净化程度最高，当然成本也高。本题选项B中的蒸发结晶不属于水的净化方法。
5.下列叙述正确的是
A. PM 2.5(微粒直径约为 2.5×10－6 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
B. “冰水混合物”是一种分散系
C. 胶体与溶液的本质区别是分散质粒子的大小
D. 氢氧化铁胶体可以导电，故氢氧化铁胶体是电解质
【答案】C
【解析】
A 、2.5×10－6 m =2500nm，胶体粒子的大小处于1-100nm之间，所以PM 2.5不属于胶体，无丁达尔效应，A错误。B、“冰水混合物”是纯净物，B错误。C、胶体与溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，溶液中粒子直径小于1nm，胶体粒子直径处于1-100nm之间，C正确。D、氢氧化铁胶粒带电，可以导电，但是氢氧化铁胶体是混合物，不是电解质，电解质必须是纯净物，D错误。
点睛：胶体、溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子的大小不同，溶液中粒子直径小于1nm，胶体粒子直径处于1-100nm之间，悬浊液粒子直径大于100nm。
6.下列叙述中正确的是
A. 置换反应不一定属于氧化还原反应
B. 失电子数目越多，则还原剂的还原性就越强
C. 反应前后元素化合价没有变化的反应一定不是氧化还原反应
D. 氧化还原反应中，一种物质被氧化，另一种物质必被还原
【答案】C
【解析】
A、置换反应是一种单质与化合物反应生成另一种单质和化合物，一定有元素化合价的改变，一定属于氧化还原反应，A错误。B、还原性的强弱是指失电子的难易程度，而不是失电子的数目，还原剂越容易失电子，还原性越大，反之越小，B错误。C、氧化还原反应的特征是反应前后有元素化合价的改变，反应前后元素化合价没有变化的反应一定不是氧化还原反应，C正确。D、氧化还原反应中，一种物质被氧化，另一种物质必被还原这个说法是错误的，一个反应中可能有一些物质没有参与氧化还原反应，如Cl2+H2O=HCl+HClO反应中H2O既没有被氧化也没有被还原，D错误。正确答案为C
点睛：还原性（氧化性）的强弱是指失（得）电子的难易程度，与失（得）电子的数目无关。
7.下列各组中的离子在强酸性水溶液里能大量共存的是
A. Ba2+、Na+、CO32-、NO3- B. K+、 CH3COO-、I-、Fe3+
C. Cu2+、Fe2+、SO42-、Cl- D. K＋、Cl-、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
强酸性溶液中含有大量的H+。
【详解】A、Ba2+与CO32-反应生成BaCO3沉淀不共存，H+与CO32-生成CO2和水不共存，A错误。
B、CH3COO-与H+反应生成弱酸CH3COOH不共存，Fe3+与I-发生氧化还原反应不共存，B错误。
C、C组离子和H+之间不反应，可以共存，C正确。
D、HCO3-与H+反应生成CO2和水不共存，D错误。正确答案为C。
【点睛】考虑离子共存时注意题干中的隐含条件，本题要求在酸性下共存，则每组离子还要加上H+的存在。本题容易误选答案D，就是没有考虑酸性条件。
8.下列对离子的检验及结论一定正确的是
A. 加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，则溶液中一定有CO32-
B. 某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性
C. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42-
D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A、加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，溶液中的离子可能为CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，A错误。
B、无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，B正确。
C、某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀可能为BaSO4，也可能为AgCl，所以溶液中可能含有SO42-或Cl-，C错误。
D、加稀盐酸除去OH-时，从外界带入了Cl-，从而不能判断原溶液中是否含有Cl-，D错误。
正确答案为C。
9.在下列变化中，必须加入合适的氧化剂才能实现的是（ ）
A. CuO→Cu B. H2O2→O2 C. CaCO3→CO2 D. FeCl2→FeCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A、CuO→Cu中Cu元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如加入氢气，故A错误；
B、H2O2→O2中O元素的化合价升高，可以加入合适的氧化剂来实现，但是双氧水可以自身分解得到氧气，也可以不加入氧化剂，故B错误；
C、CaCO3→CO2不存在元素化合价的升降，不是氧化还原反应，故C错误；
D、FeCl2→FeCl3中Fe元素的化合价升高，需要加入合适的氧化剂来实现，如加入氯气，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意一些自身能够发生氧化还原反应的特殊物质的转化，主要指一些分解反应和一些特殊反应，如氯气与水的反应，二氧化氮与水的反应等。
10.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温下，0.5L 1.0 mol·L-1Na2SO4溶液中含有的氧原子数为2NA
B. 标况下，11.2 L H2O所含电子数5NA
C. 常温常压下，32g氧气和臭氧的混合物中所含氧原子总数为2NA
D. 2.4 g镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
A、Na2SO4中含有的氧原子的数目为0.5×1×4×NA=2 NA，溶液中还含有水，也含有氧原子，故总共含有的氧原子数目应该大于2NA，A错误。B、标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积有关的公式计算，B错误。C、质量与温度和压强无关，氧气和臭氧均只含氧原子，所以氧原子的质量为32g，所以氧原子的个数为32g÷16g ×mol-1×NA=2NA，C正确。D、镁变成镁离子失去2个电子，2.4 g镁变为镁离子时失去的电子数应为0.2NA，D错误。正确答案为C
点睛：本题考查阿伏伽德罗常数的应用，在使用NA时要注意使用的条件和题目的陷阱，本题答案C选项中，O2和O3均只含有氧元素，故混合物的质量就是氧原子的质量，故可以直接用氧原子的质量除以氧原子的摩尔质量得到其物质的量。
11.三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：
C3N3(OH)33HNCO； 8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O
下列说法正确的是（ ）
A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂
C. 1 molNO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2是还原剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.C3N3(OH)33HNCO为化学变化，C3N3(OH)3、HNCO是两种不同的物质，故A不正确；
B.反应8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中，NO2中N元素的化合价由+4价降至0价，NO2是氧化剂，HNCO中N的化合价由-3价升至0价，HNCO作还原剂，故B不正确；
C.反应中NO2中N元素的化合价由+4价降至0价，1molNO2参与反应转移4mol电子，故C正确；
D. 反应8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中，NO2中N元素的化合价由+4价降至0价，NO2是氧化剂，故D不正确；
答案选C。
12.下列各组中物质间的反应，可用同一离子方程式表示的是
A. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液
B. 氢氧化钠与稀硝酸；氢氧化钡与稀盐酸
C. 碳酸镁与稀盐酸；碳酸钠与稀盐酸
D. Na2CO3溶液与稀硝酸；NaHCO3溶液与稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，前后离子方程式不同，A错误。
B、氢氧化钠与稀硝酸反应离子方程式为H++OH-=H2O，氢氧化钡与稀盐酸反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，前后离子方程式相同，B正确。
C、碳酸镁不溶于水，写离子方程式时必须写分子形式，碳酸钠易溶于水写离子方程式时必须拆写成离子形式，所以前后的离子方程式肯定不同，C错误。
D、Na2CO3拆成CO32-，NaHCO3拆写成HCO3-，前后不一致，D错误。
正确答案为B
13.相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是
①它们所含的分子数目之比为1∶1　 ②它们所含的原子数目之比为15∶16　③它们所含的氧原子数目之比为2∶3 ④它们所含的硫原子数目之比为5∶4　⑤它们所含的电子数目之比为1∶1
A. ②③ B. ①④
C. ②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】设SO2和SO3的质量均为1g，两者的物质的量之比为1/64：1/80=5:4。①它们所含的分子数目之比为5∶4，不正确。②它们所含的原子数目之比为5×3∶4×4=15:16，正确。③它们所含的氧原子数目之比为5×2∶4×3=5:6，错误。④它们所含的硫原子数目之比为5∶4，正确。⑤它们所含的电子数目之比为5×32∶4×40=1:1，正确。故正确的有②④⑤，答案选C。
【点睛】不同物质之间各种物理量的比较，首先将各物质的物质的量求出来，再转化为粒子数目、质量、体积等物理量进行比较。
14.下列离子方程式正确的是
A. Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸：Ba2+ + OHˉ + H+ + SO42-＝ BaSO4↓+ H2O
B. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3 + 2H+＝Ca2＋+H2O + CO2↑
C. 硝酸银溶液中加入铜粉：Ag+ + Cu＝Cu2+ + Ag
D. 向澄清石灰水中通入过量CO2：OH－ + CO2＝HCO3－
【答案】D
【解析】
A、A中不符合物质的化学组成中的离子个数比，正确的应是：Ba2+ + 2OHˉ +2 H+ + SO42-＝ BaSO4↓+2 H2O，A错误。B、醋酸为弱酸，须写成分子形式，正确的应是：CaCO3 + 2CH3COOH＝Ca2＋+H2O + CO2↑+2CH3COO-，B错误。C、Ag+ + Cu＝Cu2+ + Ag电荷不守恒，正确的应为2Ag+ + Cu＝Cu2+ +2 Ag，C错误。D 、向澄清石灰水中通入过量CO2，生成可溶的Ca(HCO3)2，D正确。正确答案为D
15.在AlCl3、MgCl2、MgSO4的混合溶液中，c(Al3+)=0.10mol/L，c(Mg2+)=0.25mol/L，c(Cl-)=0.50mol/L，则c(SO42-)为
A. 0.10mol/L B. 0.15mol/L C. 0.20mol/L D. 0.30mol/L
【答案】B
【解析】
溶液显电中性，所有阳离子所带正电的数值等于所有阴离子所带负电的数值，故有3×0.10 +2×0.25=1×0.50 +2 c(SO42-)，解得c(SO42-)=0.15，答案选B。正确答案为B
点睛：溶液显电中性，所有阳离子所带正电的数值等于所有阴离子所带负电的数值，
这就是溶液中的电荷守恒规律，利用此规律解答相关题目，更简单和便捷，注意的是每种离子所带的电荷等于离子的浓度和离子本身所带电荷的乘积。
16.已知SO2、Fe2+、I-、Cl-和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为 Cl-Cl-，根据还原性大的物质可以生成还原性小的物质的规律可知，排在前面的物质可以生成后面的物质。A、 H2O2还原性小于SO2的还原性，该反应不能正向发生，A不可以发生。B、SO2的还原性大于I-的还原性， B可以发生。C、SO2的还原性大于Fe2+的还原性，C可以发生。D、I-的还原性大于Fe2+的还原性，D可以发生。正确答案为A
二、非选择题：（本题包括5小题，共52分）
17.（1）某气态氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL则该R摩尔质量为___。
（2）已知CO、SO2的混合气体质量共18.4g，标准状况下体积为8.96L，则可推知该混合气体中CO的物质的量分数为____，混合气体的平均相对分子质量为____。
（3）同温同压下，SO2与氢气的密度之比为____；若体积相同时，两种气体的质量比为____。
（4）质量比为51∶28的NH3、CO所含质子数之比为____。
（5）标准状况下，aL气体X2和bL气体Y2恰好完全反应生成c L气体Z，若2a=6b=3c，则Z的化学式为____。
【答案】 (1). 32g/mol (2). 50% (3). 46 (4). 32∶1 (5). 32∶1 (6). 15∶7 (7). X3Y或YX3
【解析】
【分析】
(1)根据n=计算RO2的物质的量，再根据M=计算RO2的摩尔质量，进而计算R的摩尔质量；
(2)根据n=计算混合气体的物质的量总量，根据二者总质量、总物质的量列方程计算；根据=计算平均相对分子质量；
(3)同温同压下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比；同温同压下，SO2与氢气的体积相等，质量之比等于其密度之比；
(4)根据n=计算物质的量之比，结合每个分子含有质子数计算；
(5)气体体积之比等于其化学计量数之比，再根据原子守恒计算确定Z的化学式。
【详解】(1)RO2的物质的量为=0.02mol，故RO2的摩尔质量为=64g/mol，则R摩尔质量为64g/mol-2×16g/mol=32g/mol，故答案为：32g/mol；
(2)CO、SO2的混合气体物质的量总量为：=0.4mol，设CO、SO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.4，28x+64y＝18.4，解得x=0.2，y=0.2；该混合气体中CO的物质的量分数为×100%=50%，混合气体的平均相对分子质量为：=46，故答案为：50%；46；
(3)同温同压下，SO2与氢气的密度之比=相对分子质量之比=64∶2=32∶1；若体积相同时，质量之比等于其密度之比，则两种气体的质量比为32∶1，故答案为：32∶1；32∶1；
(4)质量比为51∶28NH3、CO所含质子数之比为×10∶×14=15∶7，故答案为：15∶7；
(5)该反应的方程式可以表示为：a X2+bY2=c Z，若2a=6b=3c，则a∶b∶c=3∶1∶2，由原子守恒可知Z的化学式为X3Y 或YX3，故答案为：X3Y 或YX3。
18.（1）有BaCl2和KCl的混合溶液VL，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2＋完全沉淀，消耗amolH2SO4；另一份滴加AgNO3溶液，消耗bmolAgNO3使Cl－完全沉淀。原混合溶液中的K＋的物质的量浓度为____mol·L-1。
（2）一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72-和Pb2＋，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为____mol；
（3）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积氧气时，四个反应中转移的电子数之比为_____。
（4）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，请完成方程式的配平：
___Al＋___NO3-＋___—___AlO2-+___N2↑＋___H2O
（5）某化学反应的反应物和产物：KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O
①该反应的氧化产物是____。
②若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，则生成1molI2时，转移电子的物质的量为___。
【答案】 (1). (2). 1.5 (3). 1∶2∶2∶1 (4). 10 (5). 6 (6). 4OH− (7). 10 (8). 3 (9). 2 (10). I2、KIO3 (11). 5mol
【解析】
【分析】
(1)根据SO42-+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag++Cl-=AgCl↓算Cl-的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl-离子浓度，利用电荷守恒有2c(Ba2+)+c(K+)=c(Cl-)，据此计算原溶液中的K+浓度；
(2)在一定条件下，PbO2与溶液中Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，根据电子守恒计算；
(3)用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价转化为0价，而用过氧化氢和过氧化钠制氧气，O则由-1价转化为0价。现要制得相同的O2，所以用过氧化氢和过氧化钠制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半；
(4)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，根据化合价升降守恒分析配平；
(5)反应KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，KI为还原剂，则氧化产物为I2和KIO3，据此分析解答。
【详解】(1)BaCl2和NaCl的混合溶液V L，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗a molH2SO4，根据SO42-+Ba2+═BaSO4↓，c(Ba2+)==mol/L，另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗bmolAgNO3，根据Ag++Cl-=AgCl↓，c(Cl-)==mol/L，溶液不显电性，由电荷守恒可知，c(K+)+mol/L×2=mol/L，解得c(K+)=mol/L，故答案为：；
(2)在一定条件下，PbO2与溶液中Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，反应中Cr的价态升高了3价，pb的化合价降低2价，根据化合价升降守恒，所以与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为1.5mol，故答案为：1.5；
(3)用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价转化为0价，如生成1mol O2，需转移4mol电子，而用过氧化氢和过氧化钠制氧气，O则由-1价转化为0价，如生成1mol O2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，四个反应中转移的电子数之比为1∶2∶2∶1，故答案为：1∶2∶2∶1；
(4)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降的最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知系数为，由H元素守恒可知系数为，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，故答案为：10；6；4OH-；10；3；2；
(5)①反应中Mn元素化合价降低，被还原，I元素化合价由-1价分别变化为0价、+5价，则I2、KIO3 为氧化产物，故答案为：I2、KIO3；
②若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，则生成1molI2时，同时生成0.5molKIO3，则I元素失去电子的数目为2×1(1-0)mol+0.5×[5-(-1)]mol=5mol，即反应过程中转移电子的物质的量为5mol，故答案为：5mol。
【点睛】本题的易错点为(5)的计算，要注意I2、KIO3均为氧化产物，需要根据化合价的升高总数分析判断。
19.以下为中学化学中常见的物质：①Cu②NaCl固体③NaHSO4固体④SO3⑤稀H2SO4⑥C2H5OH⑦CaCO3固体⑧BaSO4固体⑨熔融NaOH⑩氨水。
请按下列分类标准回答问题。(填写代号)
（1）能导电的是____。
（2）属于非电解质的是___。
（3）书写下列物质水溶液的电离方程式：
NaHSO4=_____
NaHCO3=_____
（4）书写NaOH溶液与少量Ca(HCO3)2溶液反应的离子方程式：____。
【答案】 (1). ①⑤⑨⑩ (2). ④⑥ (3). Na++H++SO42− (4). Na++HCO3− (5). Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O
【解析】
【分析】
(1)含有自由移动的带电微粒(如离子、电子)的物质能导电；
(2)根据非电解质的概念分析判断；
(3)NaHSO4为强电解质，在溶液中完全电离生成Na+、H+和SO42-，碳酸为二元弱酸，碳酸氢钠在溶液中的阴离子为HCO3-；
(4)NaOH溶液与少量 Ca(HCO3)2 溶液反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠、水，据此分析书写反应的离子方程式。
【详解】(1)含有自由移动的带电微粒(如离子、电子)的物质能导电，所以能导电的物质是：①Cu  ⑤稀 H2SO4  ⑨熔融 NaOH ⑩氨水，故答案为：①⑤⑨⑩；
(2)④SO3、⑥C2H5OH都是化合物，在溶液中和液态时本身不能电离出离子，属于非电解质，故答案为：④⑥；
(3)NaHSO4为强电解质，在溶液中完全电离生成Na+、H+和SO42-，电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO42-，碳酸为二元弱酸，碳酸氢钠在溶液中的阴离子为HCO3-，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故答案为：Na++H++SO42-；Na++HCO3-；
(4)NaOH溶液与少量 Ca(HCO3)2 溶液反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠、水，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故答案为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O。
【点睛】本题的易错点为非电解质的判断，要注意溶液导电必须是化合物本身电离的结果。
20.Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物凝聚沉淀，是城市饮用水处理新技术。
（1）实验室制取Fe(OH)3胶体的操作是往____（填序号）中逐滴加入___（填序号），继续煮沸至出现红褐色即停止加热。
①沸水 ②NaOH溶液 ③饱和FeCl3溶液
（2）相应的化学方程式是____。
（3）向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体，逐渐出现红褐色沉淀，出现该现象的原因是___。
（4）除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法是___。
【答案】 (1). ① (2). ③ (3). FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl (4). 硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉 (5). 渗析
【解析】
【分析】
(1)FeCl3的水溶液滴入沸水可得到以Fe(OH)3胶体；
(2)氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢；
(3)根据胶体聚沉的方法分析解答；
(4)根据胶体微粒不能透过半透膜，溶液中的微粒能透过半透膜分析判断。
【详解】(1)实验室制取Fe(OH)3胶体的操作是：将FeCl3的水溶液滴入沸水可得到Fe(OH)3胶体，故答案为：①；③；
(2)FeCl3的水溶液滴入沸水可得到Fe(OH)3胶体，生成Fe(OH)3胶体的化学方程式是：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
(3)氢氧化铁胶体微粒带正电，硅酸胶体微粒带负电，向Fe(OH)3胶体中逐滴加入硅酸胶体会发生聚沉，所以逐渐出现红褐色沉淀，故答案为：硅酸胶粒带负电，使Fe(OH)3胶体聚沉；
(4)胶体微粒不能透过半透膜，溶液中的微粒能透过半透膜，可用渗析除去胶体中混有的FeCl3和HCl，故答案为：渗析。
21.在KNO3固体样品中含有少量的KCl、BaCl2杂质，为了提纯KNO3并分离得到BaCl2，进行如下实验操作：

（1）加入过量K2CO3所发生反应的离子方程式为____；
（2）结合图中各物质的溶解度曲线可知操作③的名称是____；

（3）有人认为操作③之前无需加入过量的酸b，也能达到实验目的，你认为该观点是否正确？并做出解释___。
（4）用制得的KNO3固体配制200mL0.2mol/LKNO3溶液。
①本实验用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、还有___、___；
②下列情况会使所配制的KNO3 溶液的浓度偏高的是____（填字母）。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
C．定容时仰视刻度线
D．定容时俯视刻度线
E．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】 (1). CO32-+Ba2+=BaCO3↓ (2). 蒸发浓缩、冷却结晶 (3). 正确，由于硝酸钾的溶解度随温度降低急剧下降，因此有大量硝酸钾晶体析出，而碳酸钾溶解度很大，因而不会结晶析出 (4). 胶头滴管 (5). 250mL容量瓶 (6). D
【解析】
【分析】
样品溶解后加入过量K2CO3溶液，生成碳酸钡沉淀和氯化钾，过滤得到碳酸钡沉淀经过洗涤、再加过量的c酸溶解，根据实验目的，c酸为盐酸，反应后得到氯化钡溶液，经蒸发结晶干燥可得到固体2为氯化钡固体；由于K2CO3过量，所以滤液中的物质有KNO3、KCl和K2CO3，因此要得到纯净的KNO3就需要除去K2CO3，所以加入过量的酸b为稀硝酸最合适，K2CO3和稀硝酸生成KNO3、水和二氧化碳，所得溶液中主要为KNO3和KCl，利用溶解度随温度变化不同，操作③可以采用蒸发浓缩、冷却结晶，析出KNO3晶体，过滤、洗涤、干燥得到固体1为KNO3，据此分析解答(1)～(3)；

(4)①配制200mL0.2mol•L-1 KNO3，应选择250mL容量瓶；
②根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。
【详解】(1)加入过量K2CO3所发生反应的化学方程式为 BaCl2+K2CO3=BaCO3↓+2KCl，反应的离子方程式为：CO32-+Ba2+=BaCO3↓，故答案为：CO32-+Ba2+=BaCO3↓；
(2)因为硝酸钾溶解度随温度变化很大，而氯化钾溶解度随温度变化很小，所以要析出硝酸钾可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，则操作③的名称是蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
(3)根据溶解度曲线，由于硝酸钾的溶解度随温度降低急剧下降，因此冷却结晶有大量硝酸钾晶体析出，而碳酸钾溶解度很大，因而不会结晶析出，所以操作③之前无需加入过量的盐酸除碳酸钾；故答案为：正确，由于硝酸钾的溶解度随温度降低急剧下降，因此有大量硝酸钾晶体析出，而碳酸钾溶解度很大，因而不会结晶析出；
(4)①配制200mL0.2mol•L-1 KNO3，应选择250mL容量瓶，所以本实验用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、还有250mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
②A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶液浓度偏低，故A不选；
B．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B不选；
C．仰视观察液面与容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选； D．俯视观察液面与容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；E．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故E不选；
故答案为：D。