2020-2021學(xué)年山東省德州市高一上學(xué)期期中考試化學(xué)試題

2期中考試試題2山東省德市2020-20201學(xué)年高一上學(xué)期期中考試試題本卷第I卷(選題和Ⅱ(非擇)兩分滿分100分，試間分注事1.每題出案，2B鉛筆答卡對題答案號黑如改，橡擦干后再涂他案號不將案接在卷。2.考結(jié)后請答卡并回可用的對子量-1C-12N-14O16Na-23Cl-K--127第I卷選擇題40分一單選題本包10個小，小2分，20分1.下說法錯誤的是（）A.道頓分子學(xué)對化學(xué)的發(fā)展起到了極大的推動作用B.研物質(zhì)性質(zhì)的基本方法有觀察法、實驗法、分類法、比較法等C.用性炭為糖漿脫色和用次氯酸漂白紙漿的原理不同D.在性物質(zhì)存在的情況下，碳酸氫鈉作膨松劑效果更好『案』A『析』『詳解道爾頓的原論和伏加德羅分子學(xué)說定了近代化學(xué)基礎(chǔ)容：物質(zhì)是由分子和原子構(gòu)成子原子的重新組合是化學(xué)變化的基礎(chǔ)認(rèn)識和分析化學(xué)現(xiàn)象和本質(zhì)的基礎(chǔ)，對化學(xué)的發(fā)展起到了極大的推動作用A誤；B化學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)的科學(xué)，化學(xué)反應(yīng)中常常伴隨一些特殊現(xiàn)象，所以學(xué)習(xí)化學(xué)的基本方法有觀察法、實驗法、分類法、比較法等B正；C活性炭為糖漿脫色和用次氯酸漂白紙漿的原理不同是附作用物理變化，而后者是次氯酸的強(qiáng)氧化性，屬化學(xué)變化正確；D．酸物質(zhì)存在的情況下，碳酸氫鈉與酸性物質(zhì)作用產(chǎn)生氣，故膨松效果更好，D正；故答案為：。2.有物質(zhì)分類的說法正確的（）1

22期中考試試題22A.SO、、均酸性氧化物22B.硫鋇、氧化鈉、蔗糖都是電解質(zhì)C.膽、冰水混合物、四氧化三鐵都是純凈物D.CHCOOH(OH)CO、CO分屬于酸、堿、鹽32232『案』C『析』『詳解ASO、CO為酸性氧化，不成鹽氧化物，故A錯誤；B硫酸鋇、氧化鈉在水溶液中或熔融狀態(tài)下都能導(dǎo)電，都是電解質(zhì)，蔗糖在水溶液中或熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電，是非電解質(zhì)，故錯；C膽礬、冰水混合物、四氧化三鐵都只含有1種質(zhì)，是純凈物，故C正；D有的陰離子全部是氫氧根屬于堿(OH)CO含氫氧根和碳酸根堿式鹽，223故D錯誤；故選3.下圖示對應(yīng)的操作不規(guī)范的是（）A.稱

B.溶C.過

D.轉(zhuǎn)溶液『案』D『析』『詳解A.稱

時左物右碼，操作正確，選項A正；2

期中考試試題B.溶

時用玻璃棒攪拌，加速溶解，選項B正；C.過

時，遵守一二低三”，操作正確，選項正；D.轉(zhuǎn)溶液

時必須用玻璃棒引流，選項D不范答案選D4.下關(guān)于鈉及其化合物的敘述正確的（）A.金鈉是銀白色金屬，硬度很大B.將入鹽酸中，先與水反應(yīng)，生成的NaOH再HCl反應(yīng)C.等量的和CO與鹽酸完全應(yīng)，前者消耗鹽酸較多323D.向酞溶液中加入NaO粉，溶液先變紅后色，并有氣泡生成22『案』D『析』『詳解A．屬鈉是銀白色金屬，硬度很小，故錯；B將投鹽酸中，先與鹽酸反應(yīng)，成的氫氣和氯化鈉，若有鈉剩余再和水反應(yīng)，故B錯；C如gNaHCO和NaCO分與鹽酸完全反應(yīng)者消耗鹽酸的物質(zhì)的量是323

mol后者消耗的鹽酸是

mol，前者消耗鹽酸較少，故C錯；D酚溶液中加入O粉成氧化鈉和氧氣堿性氧化鈉具有強(qiáng)氧化性，22具有漂白性，所以溶液先變紅后退色，并有氣泡生成，故D正；故選D。3

A222期中考試試題A2225.用N代阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，列說法正確的是（）AA.的爾質(zhì)量等于1molHO質(zhì)量22B.和的合氣體中所含分子數(shù)N2

AC.含N個原子的氦氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為AD.0.5mol-1

的NaCl液中的個數(shù)為0.5N『案』B『析』『詳解AHO的爾質(zhì)量為18g/molO的量，所以O(shè)的爾質(zhì)量和O的量數(shù)值相等，單位不同，故A錯；2B．和CO混合氣體的物質(zhì)的量為1mol，含子數(shù)是，故正；2AC氦氣為單原子的物質(zhì)，含有N個原子的氦氣的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體A積為22.4L故錯；D．0.5mol-

的NaCl液未指明溶液的體積，無法求出-個數(shù)，故D錯；故選6.下有關(guān)電解質(zhì)的說法正確的是（）A.物的溶解過程，實質(zhì)上就是其電離過程B.NH、SO的水溶液均能導(dǎo)電，所以NH、SO均電解質(zhì)3232C.在液中導(dǎo)電能力強(qiáng)的電解質(zhì)是強(qiáng)電解質(zhì)，導(dǎo)電能力弱的電解質(zhì)是弱電解質(zhì)D.電質(zhì)溶液中，陽離子帶正電荷總數(shù)一定和陰離子帶的負(fù)電荷總數(shù)相『案』D

的『析』『詳解A.有物質(zhì)的溶解過程，并未發(fā)生電離，如非電解質(zhì)，故A誤；B.NH的溶液能導(dǎo)電因與水反應(yīng)后生成電解質(zhì)NH自身不能電離，3232是非電解質(zhì)，故錯；C.在液中導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度及離子所帶電荷數(shù)有關(guān)，與電解質(zhì)的強(qiáng)弱煤有直接關(guān)系，故C錯；D.溶呈電中性，則電解質(zhì)溶液中，陽離子帶的正電荷總數(shù)一定和陰離子的負(fù)電荷總數(shù)相等，故D正；故選D。7.下反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式正確的是（）4

42222222322222422332224222222232222242233222222A.Na與溶液的反應(yīng)：4

=Cu+2Na+B.溶液與Ba(OH)溶反應(yīng)2++2OH=Cu(OH)C.NaHCO溶與NaOH溶混：+OH=HO+CO32

D.溶中通入少量CO：+CO+HO=CaCO+2ClO-『案』C『析』『詳解ANa與O先生反應(yīng)生成，NaOH再與Cu反，即發(fā)生的離子反應(yīng)式為：O+Cu

=Cu(OH)+HA錯誤；B溶與Ba(OH)溶反應(yīng)+Ba+2OH-42

=Cu(OH)錯誤；C．溶與NaOH溶混合實質(zhì)是碳酸氫根離子和氫氧根離子反應(yīng)生成水和碳酸根3。離子，確；D向Ca(ClO)溶中通入量CO碳酸根離子轉(zhuǎn)化成碳酸鈣沉淀次氯酸是弱酸不可拆22成離子，正確的離子反應(yīng)為Ca

2+

-+HO=CaCO，錯；答案選C8.我四大發(fā)明的黑火藥時有硫磺、硝酸鉀和木炭按一定比例混合而成的，爆炸的反應(yīng)是S+2KNO，列說法不正確的是（）3222A.由述反應(yīng)可以判斷還原性C>N2B.該應(yīng)中的氧化劑是S和KNO3C.若耗1molS則反應(yīng)轉(zhuǎn)移2N個子AD.若成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體22.4L，有物被氧化『案』C『析』『詳解據(jù)S+2KNO═K反應(yīng)可知和S元化合價降低原，還原產(chǎn)物為和，元素化合價升高，則做原劑，根據(jù)還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，所以還原性C>N，A正確；B.據(jù)S+2KNO═K反可知，和元素化合價降低，所以S和KNO32223做氧化劑，故正；5

A2期中考試試題A2C.據(jù)S+2KNO═K反可知，若消耗1mol，則會耗，轉(zhuǎn)移3222電子為4?0)×3mol=12，目為12N，錯；D.根S+2KNO═K反應(yīng)可知，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氣時，即生成13222mol氣體，

有

14

×1mol=0.25mol氮氣，根據(jù)關(guān)系式3C~可，有0.75molC參反應(yīng)，反應(yīng)中C元化價升高，被氧化，則共有0.75mol物被氧化，故D正；答案選C。9.下除去物質(zhì)中少量雜質(zhì)的方法錯誤的是（）選項AB

物質(zhì)Cl2NaCl溶液

雜質(zhì)HClCaCl

2

除去雜質(zhì)的方法將氣體通過盛有堿石灰的干燥管加入適量NaCO溶，過濾23CD

Na粉末22NaCO固23

Na2NaHCO固體3

將混合物在氧氣中燃燒將固體混合物加熱至恒重『案』A『析』『詳解氣含有氯化氫通過飽和食鹽水除去石灰會和氯氣反應(yīng)錯；B化鈉溶液中含有氯化鈣通過加入適量NaCO溶液生成碳酸鈣沉淀濾除去，23故正；C過氧化鈉中含有氧化鈉，將混合物在氧氣中燃燒，氧化鈉可以轉(zhuǎn)化成過氧化鈉，正確；D．CO固體中有固體，因為碳酸氫鈉受熱易分解，將固體混合物加熱至恒23重，可除去碳酸氫鈉，故D正；故選A。10.已，向FeI溶液中滴加少量的溴水發(fā)生反應(yīng)Ⅰ2I=2Br-；滴加足量的溴水發(fā)222生反應(yīng)Ⅱ：2+

+4I-3+2

+6Br-+2I；向只含2+2

、-、Br的溶液中通入一定量的Cl，三種離子的物質(zhì)的量隨n(Cl的化情況如圖所示，下列說法錯誤的是（）226

22222222222222222222222222222A.線①③分別表示的-

、-變化情況B.由像可推斷n(Fe2+

)=6molC.原液中)：-)：-)=2：：D.溶中已發(fā)生的離子反應(yīng)方程為2+

+2I-=2Fe3+2

+4Cl+I2『案』B『析』『分析』向僅含2+、-、-溶液中通入適量氯氣，因為還原性->Fe2+>Br-，首先發(fā)生反應(yīng)-+Cl=I+2Cl-，-反應(yīng)完畢，再發(fā)生反應(yīng)2Fe2+

+Cl3+2

+2Cl-應(yīng)完畢后，又發(fā)生2Br-+Cl-應(yīng)，故線段①代表I-的變化情況，線段②代表2+段③代表Br-的變化情況，以此分析解答。

的變化情況，線『詳解A.根上述分析可知：線段①代表-A正；

變化情況，線段③代表Br-的變化情況，故B.據(jù)上述分析可知2+

+Cl2

的+2Cl反應(yīng)中2+

Cl，圖像可知2+2

消耗的量為，以

)=4mol，故錯誤；C.據(jù)上述分析可知-+Cl=I+2Cl-在反應(yīng)中存在2I-~Cl，圖像可知I-消耗Cl的為1mol，以-)=2mol；2++Cl=2Fe3++2Cl-反中存在2FeCl，圖像可Fe2+

消耗Cl的為所以2

)=4mol在-+Cl=Br+2Cl反應(yīng)中存在2Br-

Cl由像可2知Br-耗Cl的為，以-，所以原溶液中n(Fe2+6=2：：；故正；

：-：-)=42：D.根上分析可知：當(dāng)溶液中通入2molCl時溶液中-全部被氧化，2+

被部分氧化，所以該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程為2+

+2I-3+2

+4Cl+I，正；2故『答案』。二不項擇：題括5個小，小4分，20分。小有個者個項合題，部對得4分選但全得2分。11.下關(guān)于氯氣及其化合物的說法正確的是（）7

2期中考試試題2A.可鋼瓶儲存、運輸液氯B.氫可以在盛有氯氣的集氣瓶中燃燒，瓶口上方產(chǎn)生白色煙霧C.鐵氯氣中燃燒的產(chǎn)物和鐵與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氯化物相同D.新氯水滴加至有色布條上，布條褪色說明溶液中存在Cl『案』A『析』『詳解A．和氯氣在常溫下不反應(yīng)，可用鋼瓶儲存、運輸液氯，故A正；B氣可以在盛有氯氣的集氣瓶中燃燒應(yīng)生成的氯化氫遇到水氣形成鹽酸的小液滴，因此瓶口上方產(chǎn)生白霧，故B錯；C鐵在氯氣中燃燒生成氯化鐵，鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵，產(chǎn)生的氯化物不同，錯誤；D制水滴加至有色布條上褪色說明溶液中存在具有漂白性的錯誤；故選A。12.為除去粗鹽中的

Ca

Mg

SO

及泥沙可將粗鹽溶于水后行下列五項操作。正確的操作順序是（）①過濾②加過量BaCl溶③加過量鹽酸2④加熱煮沸⑤過量的溶⑥過量A.②④B.⑤⑥③①④C.⑥⑤③④①D.⑥①⑤③④

CO2

溶液?！喊浮籄『析』『詳解首先要把粗鹽溶于水形溶液后硫酸根離子用②鋇離子沉淀加入過量的氯化鋇可以將硫酸根離子沉淀，鎂離子用⑤氫氧根離子沉淀加過量的氫氧化鈉可以將鎂離子沉淀至于先除鎂離子還是先除硫酸根離子都行，鈣離子用⑥碳酸根離子沉淀鈣離子加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為沉淀是入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應(yīng)剩余的氯化鋇，再進(jìn)行①過濾，分離出生成的氫氧化鎂、碳酸鋇、碳酸鈣沉淀，最后再加入③鹽酸除去反應(yīng)剩余的氫氧根離子和碳酸根離子發(fā)操作可得到較純凈的氯8

24期中考試試題24化鈉，最后④加熱煮沸，以除去殘留的二氧化碳?xì)怏w；所以正確的順序為：②⑤⑥①③④。答案選A13.把圖標(biāo)簽所示的兩份溶液注入如圖容量瓶中并達(dá)到圖示狀態(tài)。下列說法正確的是（）A.兩溶液中溶液的物質(zhì)的量相同B.兩溶液中+

)分別為-

和0.25mol-1C.容瓶中溶液的濃度為0.21mol-1D.容瓶中溶液的+

為0.21mol1『案』C『析』『詳解A．圖可知：兩份溶液中n(H分為0.03mo1和0.075mol，錯；B由圖可知：兩份溶液中c+

)分別為和，錯；C由圖可知：硫酸的濃度c=

0.30.5

故正；D．酸二元酸，根據(jù)上述分析c+

)=0.21mol/L

，故誤；故答案為：。14.向10mLNaHSO液逐滴滴加Ba(OH)溶液，產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量m與入的Ba(OH)422的物質(zhì)的量n之的關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是（）9

424424422224244244222222A.a點液中離子濃度+)>c(SO

)B.b溶液為中性c點

恰好沉淀完全C.b→c段生反應(yīng)為H++Ba

-42D.原液的濃度為2.0mol-『案』C『析』『分析圖示可知點淀全時n(NaHSO)=n(Ba(OH)應(yīng)Ba(OH)O點為2NaHSO+Ba(OH)↓+Na+2HO，242424242n(BaSO↓)=n(Ba(OH))=0.01mol點為應(yīng)完全溶為NaHSO和NaSO，424424據(jù)此分析解答?！涸斀釧.點溶質(zhì)為NaHSO和Na，則溶液中離子濃度+

)>c(SO)，A正確；B.b時，反應(yīng)為2NaHSO+↓+NaO溶質(zhì)為Na，液呈中42424224性；點)=n(Ba(OH)，

恰好沉淀完全，故B正確；C.b→c段生反應(yīng)為SO+Ba(OH)BaSO，子方程式為24242+=BaSO，故錯；4

D.c點淀完全，此時)=n(Ba(OH))=0.02mol則原溶液42

濃度為0.02mol0.01L

=2.0mol/L

，故D正；

的故選15.某學(xué)設(shè)計如圖裝置探究HOI2222

的氧化性強(qiáng)弱首用N排裝置內(nèi)空氣，然2后通入SO，甲中色溶液褪色，乙中產(chǎn)生不溶于鹽酸的白色沉淀；關(guān)閉彈簧夾，打甲中分液漏斗活塞，逐滴滴加HO溶，開始時顏色無明顯變化，繼續(xù)滴加O溶，混合液逐漸變成藍(lán)色。下列說法錯誤的是（）10

22222422222222222422222222A.甲藍(lán)色溶液褪色說明SO將氧化22B.乙反應(yīng)的離子方程式是+Ba2++HO+2224C.實“始時顏色無明顯變的原因是SO與HO反222D.由驗可知O、、2222『案』AD『析』

氧化性由強(qiáng)到弱的順序是I>HO2222『詳解A.甲藍(lán)色溶液褪色說明SO將

還原為-，故A誤；B.乙反應(yīng)為，二氧化硫與雙氧水反應(yīng)生成硫酸，硫酸與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，離子方程式是SO+Ba2++HO+，故B正；C.實“始時顏色無明顯變的原因是SO與HO先生反應(yīng)，故C正；222D.繼滴加HO溶液漸變成藍(lán)色O將-氧化為化性O(shè)>I故D錯誤；故選AD第卷(非擇4共60分

，16.淀是人類膳食中糖類的主要來源體內(nèi)被酶水解為葡萄(HO供機(jī)體利用某66病人血液化驗單如圖所示，其中葡萄糖測定值明顯高于正常值（參考范圍答列問題：××醫(yī)院化單姓名：項目丙氨酸氨基轉(zhuǎn)氨酶

測定值35

單位U/L

參考范圍9～11

期中考試試題血清葡萄糖GLU甘油三酯TG總膽固醇TCH

216↑217↑179

mg/dlmg/dlmg/dl

60～50～150～注：1dl=100mL（）葡糖中含碳原子的物質(zhì)的量_，含氫原子數(shù)_。（）葡萄糖在人體內(nèi)完全轉(zhuǎn)化為二氧化碳的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）___。（）病人血清葡萄糖的物質(zhì)的量濃度。（把淀粉溶液溶于沸水中，成淀粉膠體別萄糖溶液和淀粉膠體的方法，純、精制膠體的方法?！喊?1).0.9mol

(2).1.8N

A

(3).67.2L(4).0.012mol/L(5).用聚光手電或激光筆照射兩溶液，從垂直于光線的方向觀察，看到光亮的通路的為淀粉膠體

(6).滲『析』『分析根質(zhì)量、物質(zhì)的量及微粒數(shù)目的關(guān)系分析解答據(jù)碳原子守恒及氣體摩爾體積計算氣體體積濃的單位及物質(zhì)的量濃度的表達(dá)式計算可得據(jù)體的性質(zhì)分析鑒別膠體和提純的方法?！涸斀猓?）葡糖的物的量為

27g

=0.15mol

，則碳原子的物質(zhì)的量為氫原子物質(zhì)的量為0.15mol×12=1.8mol子數(shù)為1.8案為：A；；A（）據(jù)碳原子守恒，葡糖在人體內(nèi)完全轉(zhuǎn)化為二氧化碳的物質(zhì)的量為0.5mol×6=3mol則體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）是，答案為；（）據(jù)題干信息知該病人血清葡萄糖的濃度為mg/dl，中含有216mg葡0.216g糖，則物質(zhì)的量濃度為180g/mol

=0.012mol/L

，故答案為：（）別溶液和膠體的方法是運用丁達(dá)爾效應(yīng)，方法為用聚光手電或激光筆照射兩溶液，從垂直于光線的方向觀察到亮的通路的為淀粉膠體為膠體中分散質(zhì)粒子無法通過半透膜，所以提純、精制膠體的方法是滲析，故答案為：用聚光手電或激光筆照射兩溶液，12

2232222222222232222222223222從垂直于光線的方向觀察，看到光亮的通路的為淀粉膠體；滲析。17.某學(xué)小組用下列裝置，模擬呼吸面具中的有關(guān)反應(yīng)原理測定樣品中NO的純度。22（）置A中的用___，置A中發(fā)生的離子反應(yīng)方程_。（）置C中生反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。（）述裝置存在一處缺陷，會導(dǎo)致測定Na的純度偏高，改進(jìn)的方法___。（）驗裝置改進(jìn)后，向中入10.0g樣品進(jìn)行實驗，實驗結(jié)后共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下336mL體，則樣品中O的純_。22（）驗室配制稀酸，需要量取質(zhì)量分為36.5%，度為1.20g-的濃鹽酸__?！喊浮?1).保持上下壓強(qiáng)一致，使液體順利滴下

(2).O+CO↑(3).OO=4NaOH+O，2NaCO+O↑(4).在置、間增222222232加盛有濃硫酸的洗氣瓶

(5).23.4%『析』『分析置中碳酸鈣和稀鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w二氧化碳中含有氯化氫雜質(zhì)過飽和碳酸氫鈉，可除去氯化氫氣體，但仍然有水蒸氣存在，通入C中，二氧化碳和水蒸氣均能和過氧化鈉反應(yīng)，D、為測量氣體的量氣裝置，據(jù)此解答?！涸斀庵肁中a為恒壓滴液漏斗可保持上下壓強(qiáng)一致，使液順利滴下置A中碳酸鈣和稀鹽酸反應(yīng)成二化碳?xì)?，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式2++HO+CO↑，故答：保持下壓一致，使液體順利滴下；3222++HO+CO；322（）入C中二氧化碳仍然有水蒸氣存在，二氧化碳和水蒸氣均能和過氧化鈉反應(yīng)化學(xué)方程式為2NaO+2HO=4NaOH+O，OCO，答案為：2NaOO=4NaOH+O，2NaOCO+O；222222232（）入C中二氧化碳仍然有水蒸氣存在，二氧化碳和水蒸氣均能和過氧化鈉反應(yīng)會導(dǎo)致測定的度偏高，應(yīng)在裝置BC之增加盛有濃硫酸的洗氣瓶，故答案為：在13

22232323期22232323裝置、之增加盛有濃硫酸的洗氣瓶；（）驗裝置改進(jìn)后，向中入10.0g樣品進(jìn)行實驗，實驗結(jié)后共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下336mL體，氣體的物質(zhì)的量為0.015mol，據(jù)化學(xué)方程式OCO↑22232消耗的過氧化鈉的物質(zhì)的量為，過氧化鈉的質(zhì)量為0.03mol×78g/mol=，樣品中NaO的純度

g10g

100%

=23.4%，故答案為23.4%；（）

mL12.0mol/LM36.5g/

，溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，則有c(濃濃=稀)稀設(shè)需濃鹽酸的體積為XL0.01L×1.5mol/L=X×12mol/L解得X=0.00125L=1.25mL，以實驗室配制鹽酸，需要量取質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%，度為1.20g-3

的濃鹽酸1.3mL，答案為。18.大臭氧層可以保護(hù)地球生物免受紫外線的傷害低空臭氧的濃度過高時對人體有害。（）紫外線作用下，氧氣可轉(zhuǎn)化臭氧3O①該反應(yīng)所屬類型為__(填“氧化還”非氧化還原。②若在上述反應(yīng)中有的氧氣轉(zhuǎn)化為臭氧，所得混合氣體的均摩爾質(zhì)量。③某區(qū)域收集到和O混氣體0.96g標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積0.56L其中與O的體積之比為__。（復(fù)機(jī)工作時易產(chǎn)生臭氧使?jié)櫟腒I淀試紙變藍(lán)其中臭氧部分轉(zhuǎn)化為氧氣。寫出反應(yīng)的化學(xué)方程_。（）驗室中常用碘量法檢測臭氧，其中以淀粉為指示劑，將臭氧通入碘化鉀溶液中進(jìn)行反應(yīng)?，F(xiàn)需450mL0.2mol/L的溶，用KI固配制該溶液時，提供的儀器有：托盤平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒、細(xì)口試劑瓶。①還缺少的儀器_（寫名稱需KI固的質(zhì)量___②在配制過程中，下列操作會導(dǎo)致所配制溶液的濃度偏小的___。A.未滌杯和玻璃棒B.用前，容量瓶中有少量蒸餾水C.容時俯視凹液面14

32222323233322223232332223222D.定搖后靜置，液面低于刻度線，繼續(xù)加水至刻度線『案』(1).非化還原(5).量瓶、膠頭滴管

(2).40g/mol(3).：(4).O=I+O+2KOH(6).16.6g(7).『析』『詳解①氧氣轉(zhuǎn)化為臭氧，氧氣和臭氧均為單質(zhì)，化合價為0，以該反應(yīng)中無化合價的變化，該反應(yīng)所屬類型為非氧化還原反應(yīng)，故法案為：非氧化還原；②設(shè)有1mol氧參與反應(yīng)60%的氣轉(zhuǎn)化為臭氧即0.6mol氧轉(zhuǎn)化為0.4mol臭則總的物質(zhì)的量為-總質(zhì)量為32g所混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為

0.8mol

，答案為40g/mol③某區(qū)域收集到和O混氣體0.96g，準(zhǔn)狀況下體積為0.56L，則總的物質(zhì)的量為，氧氣的物質(zhì)的量為X臭氧的物質(zhì)的量為，X+Y=0.02532X+48Y=0.96解得X=0.015，，在同溫同壓下積比等于物質(zhì)的量之比O與O的體積之比為，故答案為：：；（復(fù)機(jī)工作時易產(chǎn)生臭氧使?jié)櫟腒I淀試紙變藍(lán)其中臭氧部分轉(zhuǎn)化為氧氣，化學(xué)方程式為O=I+O，答案為O+2KI+H；（）配制450mL0.2mol/L的KI溶，需要托盤天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒、細(xì)口試劑瓶、容瓶、膠頭滴管，所以還缺少的儀器有500mL容瓶、膠頭滴管，所需KI固的質(zhì)量為0.5L×0.2mol/L×166g/mol=16.6g答案為容瓶頭管；16.6g；②未滌燒杯和玻璃棒，會導(dǎo)致溶質(zhì)偏少，濃度偏低，故A正確；B.用前，容量瓶中有少量蒸餾水，對實驗結(jié)果無影響，故B錯誤；C.容時俯視凹液面，會導(dǎo)致溶液體積偏小，濃度偏大，故C錯誤；D.定搖后靜置低于刻度線加水至刻度線導(dǎo)溶液體積偏大偏小，故D正確；故選AD19.離反應(yīng)與工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、日常生活、科學(xué)實驗有密切關(guān)系。15

32233223232（定溫度下同解溶液中加入新物質(zhì)時溶液電導(dǎo)物加入）的變化曲線如圖所示。分別與A、、C曲變趨勢一致的_。①向NH?HO溶中通入氣至過量②向飽和石灰水中不斷通入CO③向硝酸中逐滴加入等濃度的氫氧化鉀溶液至過量（）試液中只含有

、、2+

、-、SO、中的若干種離子，離子濃度均3為0.1mol-1

。某化學(xué)小組同學(xué)進(jìn)行如圖實驗測定溶液的成分：已知：在性條件下具有強(qiáng)氧化性，通常還原產(chǎn)物為NO；II.NH

與強(qiáng)堿反應(yīng)生成氨氣。①加入過量稀硫酸無明顯變化，判斷肯定不存在的離子___(寫子符)。②寫出加入過量Ba(NO)

溶液后生成氣體的離子方程式__。③沉淀B、別是、寫化學(xué))④通過實驗可以確定原試液中存在的離子寫離子符號)『案』(1).②①

(2).CO

(3).3Fe2+

+

NO

-3

+

+NO+2HO(4).2Fe(OH)3

(5).3

(6).SO

、、

、-『析』『分析』根據(jù)溶液的導(dǎo)電性與溶液中自由移動的離子濃度和離子所的電荷數(shù)成正比，分析各反應(yīng)過程中離子濃度的變化即可解題；試加入過量的稀硫酸無明顯現(xiàn)象，說明原溶液中無CO，入過量的16

后，

43323322223223232332433233222232232323322-32323生成了氣體NO，明溶液中有還原性離子即F2+

，生成沉淀A為，不能說明原溶液中含有SO，液X中有Ba

2+

、3+

，加入NaOH后生氣體，明原溶液中含有NH淀B為濾液中通入少量則生成沉淀C淀C為BaCO，又題干可知離子濃度均為-1

，根據(jù)電荷守恒可知，溶液中還含有-，據(jù)此分析解題即可?！涸斀猗貼H?HO溶中通入體至過量，原溶液是氨水，導(dǎo)電性很弱，通入HCl后應(yīng)生成了，離出銨根離子和氯離子，導(dǎo)電性增強(qiáng)，故與相；②向飽和石灰水中不斷通入CO，發(fā)生反應(yīng)Ca(OH)+COO，當(dāng)恰完全反應(yīng)時溶液中幾乎沒有離子性幾乎為零發(fā)生反應(yīng)為+H)

，又電離出鈣離子和碳酸氫根離子，故導(dǎo)電性又增強(qiáng)，故與A相；③向硝酸中逐滴加入等濃度的氫氧化鉀溶液至過量，反應(yīng)為+KOH=KNO+HO溶液中離子濃度因稀釋略微減小，導(dǎo)電性也稍微減小，后K過時導(dǎo)致導(dǎo)電性增強(qiáng)，故與B相；故答案為：②③①；(2)①由于CO與硫能反應(yīng)放出CO，加入