精选2019届高三化学上学期开学试卷附解析

精选 2019 届高三化学上学期开学试卷附解析化 学 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64一、选择题（16 小题，共 48 分，每小题均只有一个正确选项）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A15g 甲基（CH3）含有的电子数是 9NAB7.8g 苯中含有的碳碳双键数为 0.3NAC1mol 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】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；CC2H5OH 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。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【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。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CPM 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 1 nm100 nm 之间的分散系称为胶体，1 nm = 109m ，PM2.5 微粒直径约为2.510 6m 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A0.1 mol 的 11B 中，含有 0.6NA 个中子BpH=1 的 H3PO4 溶液中，含有 0.1NA 个 H+C2.24L（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，0.1mol 11B 含有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 22.4 L 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；D PCl3 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，则所 1 mol PCl3 与 1 mol Cl2 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 gm-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 = mol，氯化氢的质量为 mol36.5g/mol= g，所以溶液质量为 1000g+ g = (1000+ ) g，所以溶液的体积为（1000+ ）g1000b g/L= L，所以溶液浓度为 mol L= mol/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 ApH=l 的溶液中：HCO3、SO24 、K+ 、Cl-B无色透明的溶液中：K+、SO2 4-、Na+、MnO4C遇石蕊变蓝的溶液中： NO3、Na+、AlO 2、K+D含大量 NO3 的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH 4【答案】C【解析】ApH=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。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：AlO2+ H+H2O =Al(OH)3 B将少量 SO2 通入次氯酸钠溶液：ClO-+SO2+H2O=2H+Cl-+SO24C向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：NO 3+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】A向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸，偏铝酸钠优先与盐酸反应，离子方程式为AlO2+ H+H2O=Al(OH)3 ，故 A 正确；B将少量 SO2 通入次氯酸钠溶液中，生成物中的 H+会与剩余的 ClO反应生成 HClO，故 B 错误；CFe2+的还原性小于 I，稀硝酸优先氧化 I，故 C 错误；D向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液，S2-与 Al3+在水溶液中发生双水解反应，离子方程式为3S22Al3+6H2O=3H2S 2Al(OH)3，故 D错误；答案选 A。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A 90 mLH2O 由水电离出的 c(H+)10-10 molL1B 0.1 mol CH3COONa 固体 c(OH-)比原 CH3COOH 溶液中的大C 10 mL pH1 的 H2SO4 溶液 CH3COOH 的电离程度不变D 10 mL pH11 的 NaOH 溶液 c(Na+)c(CH3COO )c(OH-) c(H+)【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（16 mol HCl 只有 10 mol HCl 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。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把含硫酸铵和硝酸铵的混合液 a L 分成两等份。一份加入含 b mol NaOH 的溶液并加热，恰好把 NH3全部赶出；另一份需消耗 c mol BaCl2 才能使 SO24完全沉淀，则原溶液中 NO3 的物质的量浓度为 A B C D 【答案】B【解析】bmolNaOH 恰好将 NH3 全部赶出，根据NH+4OH NH3H2O 可知，每份中含有 bmol NH+4；与氯化钡溶液完全反应消耗 c mol BaCl2 才能使 SO24 完全沉淀，根据 Ba2SO2 4=BaSO4 可知每份含有 SO24cmol，设每份中含有 NO3 的物质的量为 xmol，根据溶液呈现电中性，则bmol1=cmol2+xmol1，得 x=（b2c）mol ，因将 a L 混合液分成两等份，则每份的体积是 0.5aL，所以每份溶液中 NO3 的浓度是 c(NO3)= = mol/L，即原溶液中 NO3 的浓度是 mol/L，故选B。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A2Fe3+2I-2Fe2+I2 BCl2+2I-2Cl-+I2C2Fe2+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 选项 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【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。 16已知：将 Cl2 通入适量 NaOH 溶液中，产物中可能含有 NaCl、NaClO、NaClO3，且 c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当 n(NaOH)=a mol 时，下列说法不正确的是 A参加反应的氯气的物质的量等于(1/2)a molB改变温度，产物中 NaC1O3 的最大理论产量为(1/7)a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量 n(e-)的范围为(1/2)amol n(e-) (5/6)amolD若某温度下，反应后 c(Cl-)/c(ClO-)= 11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3)= 1/2【答案】B【解析】A常温时， 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应 2mol 氢氧化钠，消耗1mol 氯气，所以 Cl2 通入 amol NaOH 溶液恰好完全反应，则参加反应的氯气的物质的量等于 0.5a mo1，故 A 正确；B根据 6NaOH+3Cl2= 5NaCl+NaClO3 +3H2O，NaC1O3 的最大理论产量为(1/6)a (1/7)a，故 B 错误；C当只发生 6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，转移电子数最多，依据方程式 6mol 氢氧化钠反应转移 5mol 电子，所以 amol 氢氧化钠反应，最多转移(5a/6)mol 电子，若只发生反应 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，转移电子数最少，依据方程式 2mol 氢氧化钠反应转移 1mol 电子，所以 amol 氢氧化钠反应，最少转移(1/2)amol 电子，故转移电子的物质的量 n(e_)的范围(1/2) amoln(e_)(5a/6) mol，故 C 正确；D反应中氯气一部分化合价升高生成次氯酸钠、氯酸钠，一部分化合价降低生成氯化钠，依据得失电子守恒可知：c(ClO-)1+5c(ClO3)=c(Cl-)1，左右两边同时除以c(ClO-)得， = ，整理得，1+5 =11，故 =2，则 = ，假设 c(ClO3)=2mol/L，则 c(ClO-)=1mol/L，c(Cl-)=11mol/L，则 =11，故 D 正确；故选 B。二、非选择题（共 52 分）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】 饱和 FeCl3 溶液呈红褐色 FeCl3+3H2O(沸水) Fe(OH)3(胶体)+3HCl SO24 胶体的聚沉 丁达尔效应 2Fe3+ Cu 2Fe2+ Cu2+ 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3+3ClO-+10 OH- 2FeO24+3Cl-+5H2O(或 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO24+3Cl-+5H2O 写出一个即可)【解析】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。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：SO24； 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- 2FeO24+3Cl-+5H2O 或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO24+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 D 3H2O2+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：MnO4+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 ）3.36 L 0.3 mol （5 ）过滤 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2 【解析】 （1）O 元素的化合价降低，只表现氧化性，则以上反应中 H2O2 仅体现氧化性的反应为 D，故答案为：D；（2） O 元素的化合价升高也降低可体现氧化性、还原性，则以上反应中 H2O2 既体现氧化性又体现还原性的反应是 C，故答案为： C；（3）由氧化反应：H2O2-2e-=2H+O2 ；还原反应：MnO4+5e-+8H+ = Mn2+4H2O 及电子守恒可知，该氧化还原反应的化学方程式为5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+8H2O+5O2 ，故答案为：5H2O2+2MnO4+6H+= 2Mn2+8H2O +5O2；（4）反应中 Cl 元素化合价由 -1 价升高到 0价，若转移了 0.3mol 的电子，则生成氯气的物质的量为：0.3mol/2=0.15mol，在标准状况下的体积为：0.15mol 22.4L/mol=3.36L；反应中 HCl 被氧化成氯气，根据 Cl 元素守恒可知被氧化的 HCl 的物质的量为 0.15mol2=0.3mol，故答案为：3.36L；0.3mol；（5）除去镁粉中的少量铝粉，选用氢氧化钠溶液，Al 与 NaOH 反应，而 Mg 不能，发生的反应为 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应后过滤即可，故答案为：过滤；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 。19碘是人体中不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的 KIO3 进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4 3I2+3H2O+3K2SO4（1 ）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是_，0.2mol KIO3 参加反应时转移电子_mol。（2 ）实验结束后分离 I2 和 K2SO4 溶液所用的试剂是_。ACCl4 B酒精 CNa2SO4 溶液 D食盐水所用的分离方法是_，所用主要玻璃仪器是_。（3 ）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制 1mol/L 的稀硫酸溶液 480mL，需用 18mol/L浓 H2SO4_mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）_。A100mL 量筒 B托盘天平 C玻璃棒 D 100mL 容量瓶 E50mL 量筒 F胶头滴管 G烧杯 H500mL 容量瓶（4 ）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】 （1） 1:5 1 （2 ）A 萃取、分液 分液漏斗 （3 ）27.8 CEFGH （4 ）ACD【解析】 （1）KIO3+5KI+3H2SO4 3I2+3H2O+3K2SO4 的反应中，KIO3 中的 I 元素是+5 价，生成 I2 时化合价降低，得到 5 个电子，KI 中的 I 元素是 -1 价，生成 I2时化合价升高，失去 1 个电子，根据得失电子守恒，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目应该是： 根据反应方程式，1mol KIO3 作氧化剂生成还原产物 I20.5mol，5molKI 作还原剂生成氧化产物I22.5mol，因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.5:2.5=1:5 ；根据上述分析可知，1mol KIO3 生成 I2 时化合价降低，转移 5mol 电子，因此当0.2mol KIO3 参加反应时转移电子：50.2mol=1mol，因此答案是：1。（2 ）I2 在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故将 I2 从 K2SO4 溶液中分离出来，应采用加入有机溶剂萃取、分液的方法，故排除 BD，又因为酒精易溶于水，不能用作萃取剂。所以答案选 A。萃取、分液时主要用到分液漏斗。所以此题答案是：A；萃取、分液；分液漏斗。（3 ）若配制 1mol/L 的稀硫酸溶液 480mL，根据容量瓶的规格，需选用 500ml 的容量瓶进行配制，根据稀释定律：c(稀硫酸)V(稀硫酸)= c(浓硫酸)V(浓硫酸)，设需要浓硫酸的体积是 xmL，则有1mol/L0.5L=x10-3L18mol/L，解之得x=27.8mL，根据浓硫酸溶液的体积，所以需要选用50mL 的量筒；配制溶液的过程主要有：计算、称量、稀释、冷却、移液、定容、摇匀等，所以需要用到的主要玻璃仪器是：50mL 量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、500mL 容量瓶。因此此题答案是：27.8； CEFGH（4 ）A 溶解后溶液没有冷却到室温就转移，会造成溶液体积偏小，浓度偏高；B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，则残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未进入容量瓶而使溶质损失，造成浓度偏低；C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，会使配制时溶液体积偏小而造成浓度偏高；D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，会使进入容量瓶中的溶质偏多而造成浓度偏高；E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，会使加水偏多而造成浓度偏低，所以此题答案选 ACD。20某无色溶液中可能含有 Mg2+、Ba2+ 、Cl-、CO23、Cu2+、Fe3+中的一种或几种离子。为确定其成分，进行以下实验：实验 1：取 10mL 无色溶液，滴加过量稀盐酸无明显现象。实验 2：另取 10mL 无色溶液，加入足量的 Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。实验 3：取实验 1 后的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入 NaOH 溶液，滴加过程中产生沉淀的质量与加入 NaOH 溶液的体积的关系如图所示。回答下列问题：（1 ）原溶液中不存在的离子是_，存在的离子是_。（2 ）实验 3 中，图像中 OA 段反应的离子方程式为_。（3 ）根据图像计算原溶液中 Mg2+的物质的量浓度_。【答案】 （1）CO23、Cu2+、Fe3+ Mg2+、Ba2+ 、Cl （2 ）HOH H2O （3 ）1mol/L【解析】溶液无色，则不含有色离子 Cu2+、Fe3+；实验 1，取无色溶液，滴加适量稀盐酸无明显现象，则不含 CO23，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有一种阴离子，则 Cl一定有；实验 2，另取无色溶液，加入足量的 Na2SO4 溶液，有白色沉淀生成，证明一定含 Ba2+；实验 3，取实验 l 滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入 NaOH 溶液，开始是中和盐酸，随后生成沉淀，且沉淀的最大值为0.58g，说明溶液中一定含有 Mg2+。根据上述分析，原溶液中不存在的离子为 CO23、Cu2+、Fe3+；存在的离子有 Mg2+、Ba2+ 、Cl ；（2 ）实验 3 中，图象中 OA 段反应是 Na