江西省上饒市2018_2019學年高一化學上學期第三次月考試題（含解析）.docx

“山江湖”協(xié)作體高一(統(tǒng)招班)第三次月考化學試卷可能用到的相對原子質量：H：1 O：16 Fe：56 Cu：64 S：32 C：12 Na：23 Mg：24 Al：27 Cl：35.5選擇題：(本題包括16小題，共3分，每小題只有一個選項符合題意)1.己知金屬鈉投入水中會發(fā)生劇烈反應，并有氫氣生成。運輸金屬鈉的包裝箱應貼有的圖標A易燃液體B遇濕易燃物品C氧化劑D腐蝕品A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】鈉和水反應的方程式為2Na+2H2O=H2+2 NaOH，生成物中含有氫氣，氫氣易燃燒，所以應貼遇濕易燃品，故選B。2.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是( )A. 標準狀況下，22.4 L H2O含有的分子數(shù)為NAB. 常溫常壓下，1.06 g Na2CO3含有的Na+數(shù)為0.02NAC. 常溫常壓下，NA個CO2分子占有的體積為22.4 LD. 物質的量濃度為0.5 molL1的MgCl2溶液中含有Cl個數(shù)為NA【答案】B【解析】標準狀況下，水不是氣體，不能適用于氣體摩爾體積，A不正確；B中1.06g碳酸鈉是0.01mol，含有0.02mol鈉離子，B不正確；C不正確，再標準狀況下，1mol氣體的體積是22.4L；D不正確，因為溶液的體積不能確定，答案選B。3.以下關于化學實驗中“先”與“后”的說法正確的是 加熱試管時，先均勻加熱，后局部加熱 做H2還原CuO實驗時，先通H2，后加熱CuO，反應完畢后，先撤酒精燈待試管冷卻，后停止通H2 制取氣體時，先檢查裝置氣密性，后裝藥品 點燃可燃性氣體如H2、CO等時，先檢驗氣體純度，后點燃 制取蒸餾水時，先通冷卻水，后加熱蒸餾燒瓶 進行分液操作時，先從上口倒出上層液體，后從通過下端活塞放出下層液體A. B. C. D. 全部【答案】B【解析】試題分析：試管的加熱是先局部受熱，再集中加熱，正確；做H2還原CuO實驗時，先通H2,排除空氣后再加熱，防止出現(xiàn)安全隱患，反應結束后先停止加熱，在停止通氫氣，正確；在反應進行之前，先檢查裝置的氣密性，再加藥品進行試驗，正確；點燃易燃易爆的氣體時，要先驗純，之后再進行試驗，正確；在做蒸餾的實驗時，應先通冷卻水，再進行加熱，正確；在進行分液時，先將位于下層的液體從分液漏斗的下層放出后，關閉下活塞，再將上層液體從上口倒出，錯誤；故本題說法正確的是，本題選擇B?？键c：實驗注意事項4.在無色溶液中，能大量共存的離子組是()A. K、Ca2、CO32-、Cl B. Na、Cu2、Br、Ba2C. K、MnO4-、NO3-、Na D. Na、SO32-、SO42-、K【答案】D【解析】ACa2+、CO32-結合生成沉淀，不能大量共存，故A不選；BCu2有顏色，與題意不符，故B不選；CMnO4-為紫色，與無色不符，故C不選；D離子之間不反應，可大量共存，且均為無色，故D選；故選D。5.已知Fe3O4可以表示成FeOFe2O3。水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應為：3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-= Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列說法正確的是( )A. Fe2+是還原劑，S2O32-和O2是氧化劑B. 每生成1molFe3O4反應轉移的電子數(shù)為2molC. 若有2molFe2+被氧化，被Fe2+還原的O2為0.5mo1D. 將納米Fe3O4分散在水中，F(xiàn)e3O4不能透過濾紙【答案】C【解析】A. S2O32-中S的化合價升高，所以S2O32-是還原劑，故A錯誤；B. Fe3O44e-，所以每生成1molFe3O4反應轉移的電子數(shù)為4mol，故B錯誤；C. 4Fe2O24e-，若有2molFe2被氧化，被Fe2還原的O2為0.5mol，故C正確；D. 將納米Fe3O4分散在水中形成膠體，膠體可以透過濾紙，故D錯誤。故選C。6.下列敘述中正確的是 ( )A. FeCl3溶液、Fe(OH)3膠體與Fe(OH)3沉淀的本質區(qū)別是有沒有丁達爾效應B. 根據(jù)分散系的穩(wěn)定性大小將混合物分為膠體、溶液和濁液C. 將幾滴汽油加入裝有10mL水的試管中，用力振蕩形成膠體D. 膠體、分散系、混合物概念間的從屬關系可用圖表示【答案】D【解析】【分析】根據(jù)分散質粒子直徑大小來分類，把分散系劃分為：溶液（小于1nm）、膠體（1nm100nm）、濁液（大于100nm），據(jù)此分析?！驹斀狻緼膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是分散質粒子直徑的大小不同，分散質粒子直徑介于1100nm的為膠體，選項A錯誤；B根據(jù)分散質粒子直徑大小來分類，把分散系劃分為：溶液（小于1nm）、膠體（1nm100nm）、濁液（大于100nm），選項B錯誤；C將幾滴汽油加入裝有10mL水的試管中，用力振蕩形成濁液，選項C錯誤；D膠體屬于分散系，而分散系都是由兩種或兩種以上的物質組成，分散系屬于混合物，選項D正確；故選D?！军c睛】本題考查了分散系溶液、濁液、膠體的區(qū)別，注意相關基礎知識的積累，題目難度不大，側重于考查學生對基礎知識的應用能力。7.下列敘述正確的是（ ）Na在空氣中放置最終變?yōu)镹aOH Na在空氣中燃燒，產(chǎn)物是Na2O將一塊鋁箔用砂紙打磨表面后，在酒精燈上加熱至熔化但不滴落，說明Al2O3的熔點比鋁高鎂因在空氣中形成了一層致密的氧化物薄膜，保護了里面的鎂，故鎂不像鈉那樣需要特殊的保護鋁制品在生活中應用非常普遍，是因為鋁不活潑鐵在潮濕的空氣中生成的氧化物不致密，不能保護內層金屬，故鐵制品往往需涂保護層鈉與水的反應中鈉塊熔成小球說明該反應為放熱反應A. B. C. D. 【答案】D【解析】Na的性質活潑，在空氣中放置易被氧氣氧化生成Na2O，Na2O易與水反應生成NaOH，NaOH吸收空氣中的水和CO2生成Na2CO3xH2O，Na2CO3xH2O風化脫水生成Na2CO3，故錯誤；鈉在空氣中燃燒最后所得產(chǎn)物為Na2O2，故錯誤；將鋁箔用坩堝鉗夾住放在酒精燈火焰上加熱，鋁和氧氣反應生成了氧化鋁，又因三氧化二鋁的熔點高于鋁的熔點，而三氧化二鋁在鋁的表面，所以加熱鋁箔的時候鋁熔化了但是不會滴落，故正確；鎂與氧氣反應生成致密的氧化鎂膜，可防止進一步腐蝕，故鎂不需要進行特殊保護，故正確；鋁性質活潑，鋁和氧氣反應生成氧化鋁，在表面生成一層致密的氧化物，能夠防止鋁的進一步腐蝕，故錯誤；鐵在潮濕的環(huán)境下易發(fā)生電化學腐蝕，氧化膜疏松，易進一步氧化，應加防護措施，故正確；鈉的熔點較低，鈉與水的反應中鈉塊熔成小球，說明溫度升高了，說明鈉和水反應是放熱反應，放出的熱量使鈉熔化，故正確；故選D。8.鎂和鋁分別與等濃度、等體積的足量稀硫酸反應，相同條件下產(chǎn)生氣體的體積(V)與時間(t)關系如圖。反應中鎂和鋁的( )A. 物質的量之比為3：2 B. 質量之比為3：2C. 轉移電子數(shù)之比為3：2 D. 氣體的體積之比為2：3【答案】A【解析】【詳解】鎂和鋁分別與等濃度、等體積的稀硫酸反應，化學方程式為：Mg+H2SO4=MgSO4+H2； 2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，A、相同條件下產(chǎn)生氫氣的V相等，則H2物質的量相等，根據(jù)化學方程式可求鎂與鋁的物質的量之比為3：2，選項A正確；B、相同條件下產(chǎn)生氫氣的V相等，則H2物質的量相等，根據(jù)化學方程式可求鎂與鋁的質量之比為24：18=4：3，不是3：2，選項B錯誤；C、相同條件下產(chǎn)生氫氣的V相等，則H2物質的量相等，根據(jù)化學方程式可求轉移電子數(shù)之比與氫氣的物質的量之比相等，為1：1，選項C錯誤；D、根據(jù)圖像，相同條件下生成的氫氣的V相等，選項D錯誤；答案選A。9.同溫、同壓下等質量的SO2氣體和CO2氣體，下列有關比較的敘述中，正確的是()分子個數(shù)之比為11：16 密度比為11： 16體積比為16：11 原子個數(shù)比為11：16A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】同溫、同壓下等質量的SO2氣體和CO2氣體，其物質的量之比為11：16，物質的量之比等于其分子個數(shù)之比，所以分子數(shù)之比是11：16，故正確；兩種氣體的密度之比等于其摩爾質量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故錯誤；相同條件下，氣體摩爾體積相同，則體積之比等于其物質的量之比為11：16，故錯誤；每個分子中含有原子個數(shù)相同，所以其原子個數(shù)之比等于其分子個數(shù)之比，原子個數(shù)之比為11：16，故正確；答案選A。10.已知用金屬鈉生成氧化鈉，可有多種方法：4NaO2 = 2Na2O，4NaCO2 = 2Na2OC 2NaNO2(亞硝酸鈉)6Na = 4Na2ON2，下列說法錯誤的是A. 三個反應都屬于氧化還原反應B. 方法產(chǎn)物中可能混有過氧化鈉C. 方法中固體產(chǎn)物中的碳可在空氣中灼燒除去D. 方法中副產(chǎn)物氮氣可以保護Na2O不易被氧化【答案】C【解析】A. 三個反應中均存在元素的化合價變化，均為氧化還原反應，故A正確；B. 氧化鈉易被氧化為過氧化鈉，則方法產(chǎn)物中可能混有過氧化鈉，故B正確；C. 在空氣中灼燒除去產(chǎn)物中的碳時，氧化鈉可轉化為過氧化鈉，故C錯誤；D. 氮氣性質穩(wěn)定，不與氧化鈉反應，則方法中副產(chǎn)物氮氣可以保護Na2O不易被氧化，故D正確；答案選C。11.使用容量瓶配制溶液時，由于操作不當，會引起誤差，下列情況會使所配溶液濃度偏低的是用天平（使用游碼）稱量時，被稱量物與砝碼的位置放顛倒了有些固體溶解會放熱，若未經(jīng)冷卻即轉移至容量瓶溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌轉移溶液前容量瓶內有少量蒸餾水定容時，仰視容量瓶的刻度線定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新達到刻度線A. B. C. D. 【答案】A【解析】試題分析：對于天平來說，右盤應放砝碼，其質量加上游碼讀數(shù)即為物質的質量，如果位置顛倒，則會使稱量的物質的質量小于所需質量，最終導致濃度偏低；用滴定管量取液體時，開始時平視讀數(shù)，結束時俯視讀數(shù)，會造成你量出的液體比理論的要大，導致物質的量偏大，濃度偏高；溶液轉移到容量瓶后，燒杯及玻璃棒未用蒸餾水洗滌會導致溶質的損失，則濃度偏低；若容量瓶未干燥即用來配制溶液，對溶液濃度無影響，因為只要定容時正確，至于水是原來就有的還是后來加入的，對濃度無影響；定容時，仰視容量瓶的刻度線，則溶液的體積偏大，濃度偏低；定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低是正常的，又補加少量水重新達到刻度線則導致濃度偏低。答案選A。考點：溶液配制誤差分析12.今有下列三個氧化還原反應：2FeCl3+2KI = 2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3 2KMnO4+16HCl(濃) =2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2。若某溶液中有Fe2+和I共存，要氧化除去I而又不影響Fe2+，可加入的試劑是A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. FeCl2【答案】C【解析】由信息可知，氧化性由強至弱的順序為：MnO4Cl2Fe3+I2，還原性由強至弱的順序為IFe2+ClMn2+，A. 氯氣能將Fe2+、I都氧化，故A不選；B. KMnO4能將Fe2+、I和Cl均氧化，故B不選；C. FeCl3能氧化除去I而不影響Fe2+，故C選；D. FeCl2與三種離子均不反應，故D不選；答案選C。點睛：本題主要考查氧化性、還原性強弱的比較，解題時可先根據(jù)已知的反應方程式判斷出物質的氧化性、還原性強弱，要氧化除去I而又不影響Fe2+，并且不引入新的雜質，則選擇的氧化劑只能和I反應，而Fe2+不能參加反應。13.等體積、等物質的量濃度的硫酸、氫氧化鈉溶液分別放在甲、乙兩燒杯中，各加入等質量的鋁，生成氫氣的體積比為5:6，則甲、乙兩燒杯中的反應情況可能分別是A. 甲、乙中都是鋁過量 B. 甲中鋁過量，乙中堿過量C. 甲中酸過量，乙中鋁過量 D. 甲中酸過量，乙中堿過量【答案】B【解析】生成氫氣的體積比即物質的量之比為n(甲)n(乙)56，設甲中產(chǎn)生H25 mol，則乙中產(chǎn)生H26 mol。甲：2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H22 3 3mol 5 mol 5 mol乙：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22 2 34 mol 4 mol 6 mol甲、乙中加入的鋁是等量的，甲中n(H2SO4)和乙中n(NaOH)相等，故甲中鋁過量4 molmolmol，乙中氫氧化鈉過量5 mol4 mol1 mol。14.在燒杯中加水和苯(密度：0.88 g/cm3)各50 mL。將一小粒金屬鈉(密度：0.97g/cm3)投入燒杯中。觀察到的現(xiàn)象可能是()A. 鈉在水層中反應并四處游動 B. 鈉停留在苯層中不發(fā)生反應C. 鈉在苯的液面上反應并四處游動 D. 鈉在苯與水的界面處反應并可能上、下跳動【答案】D【解析】【分析】Na和水發(fā)生反應2Na+2H2O=2NaOH+H2，密度：H2ONa苯，Na和苯不反應，苯和水不互溶，會分層且水在下層，據(jù)此分析解答?！驹斀狻棵芏龋篐2ONa苯，苯和水不互溶，所以水和苯分層，且水在下層，鈉和苯不反應，鈉能與水反應產(chǎn)生氣體，在與水反應生成氣體后被氣體帶離水層，進入苯層后停止反應，待氣體放出后Na又下沉，如此往復，直至鈉反應完。答案選D?！军c睛】本題考查了鈉的性質，同時考查學生分析問題能力，知道苯和水是否互溶、鈉和水的反應特點即可解答，題目難度不大。15.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為A. （b-a）/Vmol/L B. (2b-a)/Vmol/L C. 2(b-a)/Vmol/L D. 2(2b-a)/Vmol/L【答案】C【解析】消耗氫氧化鈉是amol，則每一份溶液中鎂離子的物質的量是0.5amol；消耗氯化鋇是bmol，所以每一份中SO42的物質的量是bmol，則硫酸鉀的物質的量是（b0.5a）mol，所以每一份中鉀離子的物質的量是（2ba）mol，濃度是=mol/L，答案選C。16. 將Mg、Cu組成的混合物26.4g，投入到適量的稀硝酸中，固體完全溶解，收集到標準狀況下的NO氣體8.96L，向反應后的溶液中加入過量的5mol/L的NaOH溶液300mL，金屬離子完全沉淀則形成沉淀的質量是A. 32.8g B. 46.8g C. 53.6g D. 63.8g【答案】B【解析】試題分析：在金屬與酸發(fā)生反應時金屬失去電子，硝酸得到電子變?yōu)镹O，電子轉移的物質的量相等；金屬的硝酸鹽與堿發(fā)生反應產(chǎn)生金屬氫氧化物沉淀，增加的質量就是氫氧根離子的物質的量，也就等于金屬失去電子的物質的量。n(e-)=(8.96L22.4L/mol)3=1.2mol,所以n(OH-)=1.2mol,故金屬陽離子形成沉淀增加的質量就是1.2mol17g/mol=20.4g，所以形成的沉淀的質量就是： 20.4g26.4g=46.8g，選項是B?？键c：考查守恒的方法在化學計算中的應用的知識。二、非選擇題：(本題包括5小題，共52分)17.(1)0.5 mol Na2CO3中含有_個Na+。(2)質量都是50 g的 HCl、NH3、CO2、O2四種氣體，在相同溫度和相同壓強條件下，體積最大的是_。(3)配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，需要膽礬_g。(4)氧化還原反應3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為_，若反應中消耗了0.6molS，則反應中轉移的電子為_mol。(5)現(xiàn)有下列10種物質：H2O、Mg、CH3COOH、NaOH、CuSO45H2O、碘酒、C2H5OH、鹽酸，(將序號填在相應的空格內)其中，屬于強電解質的是_。【答案】 (1). NA或6.021023 (2). NH3 (3). 2.5 (4). 2:1 (5). 0.8 (6). 【解析】【分析】(1)由化學式可知，鈉離子的物質的量是碳酸鈉的2倍，再根據(jù)N=nNA計算Na+的數(shù)目；(2)四種氣體的相對分子質量分別為36.5、17、44、32，由m=nM可知物質的量由大到小的順序是NH3O2HClCO2。同溫同壓下，物質的量最大的就是體積最大的；（3）配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，實驗室沒有90 mL規(guī)格的容量瓶必須配制100mL，根據(jù)n=cV可知需要硫酸銅的物質的量；(4) 在3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O反應中，S元素化合價分別由0價升高為+4價，被氧化，降低為-2價，被還原，反應中硫既作氧化劑又作還原劑，根據(jù)還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的化學計量數(shù)進行判斷；(5)在水溶液中能完全電離的電解質屬于強電解質?！驹斀狻?1)由化學式可知，鈉離子的物質的量是碳酸鈉的2倍，0.5 mol Na2CO3中n（Na+）=0.5mol2=1mol，故Na+的數(shù)目為NA或6.021023；（2）四種氣體的相對分子質量分別為36.5、17、44、32，由m=nM可知質量都是50g的四種氣體物質的量由大到小的順序是NH3O2HClCO2；同溫同壓下，物質的量最大的就是體積最大的，所以氣體體積最大的是NH3；（3）配制90 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，實驗室沒有90 mL規(guī)格的容量瓶必須配制100mL，根據(jù)n=cV可知需要硫酸銅的物質的量是0.1L0.1mol/L=0.01mol，則需要CuSO45H2O的質量是0.01mol250g/mol=2.5g；(4)在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反應中，硫元素化合價由0價升高為+4價，被氧化，氧化產(chǎn)物為K2SO3，硫元素由0價降低為-2價，被還原，還原產(chǎn)物為K2S，所以硫既作氧化劑又作還原劑，氧化劑被還原生成還原產(chǎn)物，還原劑被氧化生成氧化產(chǎn)物，根據(jù)還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的化學計量數(shù)可知，氧化劑和還原劑的物質的量之比為2：1；根據(jù)反應可知，若反應中消耗了0.6molS，則反應中轉移的電子為 0.8mol；(5) 在水溶液中能完全電離的電解質屬于強電解質。H2O部分電離 屬于弱電解質、Mg為單質既不是電解質也不是非電解質、CH3COOH部分電離屬于弱電解質、NaOH在水溶液中完全電離屬于強電解質、CuSO45H2O在水溶液中完全電離屬于強電解質、碘酒為混合物既不是電解質也不是非電解質、C2H5OH是在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導電的化合物，屬于非電解質、鹽酸是混合物既不是電解質也不是非電解質，故屬于強電解質的是。18.已知銅和濃硫酸可以在加熱條件下發(fā)生如下反應(反應方程式已配平)：Cu2H2SO4(濃)CuSO4A2H2O試通過計算和推理完成下面的問題：(1)A物質可以導致酸雨的形成。則A應該屬于_(用字母代號填寫)a酸 b堿 c鹽 d酸性氧化物 e堿性氧化物(2)SO2與O2的混合氣體中，氧元素的質量分數(shù)為70%，則SO2與O2的物質的量之比是_，這種混合氣體的密度是同溫同壓下氧氣密度的_倍。(3)一定量的銅片與100mL 18mol/L 的濃H2SO4充分反應，如果該反應過程中轉移了0.2mol電子，生成的CuSO4的物質的量為_mol，(4)將反應后所得到的CuSO4溶液與足量Ba(OH)2溶液充分反應的離子方程式是_【答案】 (1). d (2). 3：4 (3). 10/7 (4). 0.1mol (5). Cu2+SO42-+Ba2+2OH-= Cu(OH)2 +BaSO4【解析】【分析】（1）根據(jù)元素守恒判斷A，再根據(jù)A判斷分類；（2）令混合氣體的質量為100g，根據(jù)氧元素的質量分數(shù)計算S元素質量分數(shù)，進而計算S元素質量，再計算SO2的質量、氧氣的質量，根據(jù)n=計算二者物質的量，根據(jù)M=計算平均相對分子質量，相同條件下，不同氣體的密度之比等于其摩爾質量之比；（3）由反應可知，生成1molCuSO4轉移2mol電子，該反應過程中轉移了 0.2mol電子，生成0.1molCuSO4；(4)將反應后所得到的CuSO4溶液與足量Ba(OH)2溶液充分反應生成硫酸鋇沉淀和氫氧化銅沉淀。【詳解】（1）根據(jù)元素守恒判斷A為SO2，SO2是能與堿反應生成鹽和水的氧化物，屬于酸性氧化物，答案選d；（2）SO2與O2的混合氣體中，氧元素的質量分數(shù)為70%，則S元素的質量分數(shù)=1-70%=30%，令混合氣體的質量為100g，則S元素質量=100g30%=30g，故SO2的質量=60g，則氧氣的質量=100g-60g=40g，則SO2的物質的量=mol，O2的物質的量=mol，則SO2與O2的物質的量之比為mol：mol=3：4，二者平均相對分子質量=，相同條件下，氣體的摩爾質量之比等于其密度之比，所以混合氣體的密度是同溫同壓下氧氣密度的倍數(shù)=；（3）由反應可知，生成1molCuSO4轉移2mol電子，該反應過程中轉移了 0.2mol電子，生成0.1molCuSO4；(4)將反應后所得到的CuSO4溶液與足量Ba(OH)2溶液充分反應生成硫酸鋇沉淀和氫氧化銅沉淀，反應的離子方程式是Cu2+SO42-+Ba2+2OH-= Cu(OH)2 +BaSO4?！军c睛】本題考查濃硫酸和銅反應及有關計算，注意稀硫酸與銅不反應，而題目中濃硫酸與銅反應開始后，由于自身被消耗且生成水，很快就變成稀硫酸，不再與銅反應所以（3）中1.8mol的硫酸沒被全消耗掉，不能用于計算，根據(jù)電子轉移算出相應量。19.實驗室里需要純凈的氯化鈉晶體，但現(xiàn)在只有混有硫酸鈉、碳酸氫銨的氯化鈉。某學生設計了如下方案： 請回答下列問題：(1)操作加熱的目的是_，(2)操作除用BaCl2溶液外，還可用_替代。(3)操作，判斷SO42-已除盡的方法是_。(4)操作的目的是_，不先過濾后再加Na2CO3溶液的理由是_。(5)操作的名稱是_，應在_(填儀器名稱)中進行?！敬鸢浮?(1). 加熱分解除去NH4HCO3 (2). Ba(OH)2溶液 (3). 取上層清液加入BaCl2溶液，若無沉淀說明SO42-已除盡 (4). 除去過量的Ba2 (5). 減少一次過濾操作 (6). 蒸發(fā)結晶 (7). 蒸發(fā)皿【解析】【分析】（1）化合物中碳酸氫銨受熱分解分析；（2）操作是沉淀硫酸根離子的作用，也可以加入氫氧化鋇溶液，注意不能引入新的雜質；（3）判斷SO42-已除盡選擇的試劑是BaCl2溶液；（4）操作是除去過量的鋇離子；（5）操作是蒸發(fā)氯化鈉溶液得到氯化鈉晶體，溶液蒸發(fā)在蒸發(fā)皿中加熱進行?！驹斀狻浚?）操作加熱的目的是利用碳酸氫銨受熱分解生成氨氣、二氧化碳、水蒸氣除去碳酸氫銨固體；故答案為：加熱分解除去NH4HCO3； （2）操作是完全沉淀硫酸根離子，原則是加入的試劑不能引入新的雜質，或最后易于除去，除了用BaCl2溶液外，也可以用Ba(OH)2溶液；（3）操作，判斷SO42-已除盡的方法是取上層清液加入BaCl2溶液，若無沉淀說明SO42-已除盡；（4）操作是加入碳酸鈉溶液，目的是除去過量的鋇離子，避免引入鋇離子雜質；所以加入碳酸鈉的目的是除去過量的Ba2+；不先過濾后再加Na2CO3溶液的理由是減少一次過濾操作；（5）操作將溶液蒸發(fā)結晶得到溶質晶體；操作是將氯化鈉溶液蒸發(fā)結晶得到氯化鈉晶體，溶液蒸發(fā)應在蒸發(fā)皿中加熱進行?！军c睛】本題考查了物質除雜的實驗方法，除雜問題是化學實驗中的一類重要問題，除雜時不僅要能把雜質除掉，還不能引入新雜質，而且方法要簡便易行，把握好此原則需要我們有扎實的基礎知識和縝密的思維。20.已知：乙二酸晶體熔點101.5；乙二酸晶體加熱分解的方程式為：H2C2O42H2O 3H2O + CO2+ CO?，F(xiàn)利用下列裝置驗證反應產(chǎn)物中含有CO2和CO(裝置不能重復使用)。請回答下列問題：(1)檢驗裝置A氣密性的方法是_(2)A裝置是否有誤_(填“是”或“否”)，原因為_(3)按氣流方向連接各儀器，用數(shù)字表示接口的連接順序：_；(4)該套裝置有明顯缺陷，請予以更正_(5)證明CO存在的實驗現(xiàn)象是_；(6)根據(jù)題給的數(shù)據(jù)，假設反應產(chǎn)生的氣體全部排出，并與吸收液充分反應(提示：B、C中澄清石灰水均先變渾濁，后又變澄清)，最終D中生成了兩種物質，則這兩種生成物的化學式及對應的物質的量分別是_，_?！敬鸢浮?(1). 連好裝置，處接長導管，將導管伸入盛有水的燒杯中，用手握住試管觀察，若導管口產(chǎn)生連續(xù)氣泡，松開手有小段水柱回流，則裝置A氣密性良好 (2). 否 (3). 乙二酸晶體分解之前先熔化，試管口必須朝上，否則液體會聚集在試管口 (4). (5). 缺少尾氣處理裝置，應在導管后放置一個燃著的酒精燈（或用氣囊收集） (6). B裝置中黑色氧化銅變紅，澄清石灰水變渾濁，則含CO (7). 0.01mol Na2CO3 (8). 0.08mol NaHCO3【解析】(1)檢查裝置的氣密性原理是根據(jù)裝置內外的壓強差形成水柱或氣泡，所以檢驗裝置氣密性的方法是：連好裝置，處接長導管，將導管伸入盛有水的燒杯中，用手握住試管觀察，若導管口產(chǎn)生連續(xù)氣泡，松開手有小段水柱回流，則裝置A氣密性良好，故答案為：連好裝置，處接長導管，將導管伸入盛有水的燒杯中，用手握住試管觀察，若導管口產(chǎn)生連續(xù)氣泡，松開手有小段水柱回流，則裝置A氣密性良好；(2)乙二酸晶體熔點101.5，乙二酸晶體分解之前先熔化，試管口必須朝上，否則液體會聚集在試管口，因此A裝置是正確的，故答案為：否；乙二酸晶體分解之前先熔化，試管口必須朝上，否則液體會聚集在試管口；(3)乙二酸晶體加熱分解生成CO2和CO裝置A中的導出氣體，此實驗驗證是反應產(chǎn)物中含有CO2和CO(裝置不能重復使用)，應首先驗證二氧化碳，然后除去二氧化碳，驗證二氧化碳的方法是：把氣體通入澄清的石灰水，澄清石灰水變渾濁，則含有二氧化碳；然后除去二氧化碳，二氧化碳與氫氧化鈉反應除去，剩余為一氧化碳，驗證一氧化碳存在，一氧化碳與氧化銅反應生成二氧化碳，然后通入澄清石灰水，澄清石灰水變渾濁，則含有一氧化碳，故答案為：；(4)一氧化碳有毒，一氧化碳具有可燃性，尾氣處理的方法是點燃，2CO+O2 2CO2，一氧化碳燃燒生成二氧化碳，所以在導管后放置一個燃著的酒精燈(或用氣囊收集)，故答案為：缺少尾氣處理裝置，應在導管后放置一個燃著的酒精燈(或用氣囊收集)；(5)一氧化碳與氧化銅反應CuO+CO Cu+CO2生成二氧化碳，B裝置中黑色氧化銅變紅，B中澄清石灰水變渾濁，則含CO，故答案為：B裝置中黑色氧化銅變紅，澄清石灰水變渾濁，則含CO；(6)12.6克H2C2O42H2O的物質的量為n=0.1mol，乙二酸晶體加熱分解H2C2O42H2O3H2O+CO2+CO，則生成的一氧化碳、二氧化碳的物質的量分別為：0.1mol、0.1mol，反應產(chǎn)生的氣體全部排出，并與吸收液充分反應，C裝置中n(Ca(OH)2)=cV=0.05mol/L0.1L=0.005mol，CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O、CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，即2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，則吸收的二氧化碳為0.01mol，剩余二氧化碳的物質的量為：0.1mol-0.01mol=0.09mol，0.09mol二氧化碳全部進入D裝置且被吸收，D中n(NaOH)=cv=1mol/L0.1L=0.1mol，CO2 + 2NaOH=Na2CO3+H2O CO2 + H2O+Na2CO3 =2NaHCO30.05mol 0.1mol 0.05mol 0.09mol-0.05mol 0.04mol 0.08mol所以D中溶質及對應的物質的量是0.01molNa2CO3和0.08molNaHCO3，故答案為：0.01molNa2CO3和0.08molNaHCO3。點睛：本題主要考查的乙二酸晶體加熱分解產(chǎn)物的檢驗及相關計算，注意掌握二氧化碳與一氧化碳的性質，該題注重實驗的嚴謹及學生思維的嚴密性考查，尤其是(6)0.1mol二氧化碳在C裝置中吸收的二氧化碳為0.01mol，0.09mol二氧化碳全部進入D裝置且被吸收，為易錯點。本題的另一個易錯點為(2)，要注意與實驗室加熱固體制氣體發(fā)生裝置的區(qū)別。21.HNO2是一種弱酸，且不穩(wěn)定，易分解生成NO和NO2；它是一種還原劑，能被常見的強氧化劑氧化，但在酸性溶液中它也是一種氧化劑，如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一種難溶于水、易溶于酸的化合物。試回答下列問題：(1)人體正常的血紅蛋白含有Fe2。若誤食亞硝酸鹽(如NaNO2)，則導致血紅蛋白中的Fe2轉化為Fe3而中毒，可以服用維生素C可解毒。下列敘述不正確的是_(填序號)。A亞硝酸鹽被還原 B維生素C是還原劑C維生素C將Fe3還原為Fe2 D亞硝酸鹽是還原劑(2)下列方法中，不能用來區(qū)分NaNO2和NaCl的是_(填序號)。A加入稀鹽酸，觀察是否有氣泡產(chǎn)生 B加入AgNO3，觀察是否有沉淀產(chǎn)生C在酸性條件下加入KI-淀粉溶液，觀察溶液顏色(I2遇淀粉呈藍色)(3)某同學把氯氣通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，請寫出反應的離子方程式：_。(4)若FeSO4和O2的化學計量數(shù)比為21，試配平下列方程式：_FeSO4_K2