2019-2020学年重庆一中高一(上)期中化学试卷 (含答案解析)

一、单选题（本大题共16小题，共48.0分） 1. 下列有关实验说法正确的是( )

A. 在“阿司匹林的合成”实验中，把从盐酸中析出的晶体进行抽滤，用乙醇洗涤晶体1～2次，

然后抽滤，将晶体转移到表面皿上，干燥后称其质量，计算产率

B. 制备摩尔盐时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液，加热至液体表面出现晶膜为止，不能溶液全

部蒸干

C. 晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发速

度越快，析出的晶粒就越细大

D. 在“食醋总酸含量测定”实验中，将食醋稀释10倍后再滴定是为了减少食醋的浪费

Po可作静电消除剂，Po、2. Gd、有“黄金贵族金属”之称。某化学兴趣小组在实验室中探究Gd、

Al的活动性顺序，他们在相同的温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度足量的稀盐酸中，观察到的现象如下：

金属 Gd Al Po 金属表面现象 放出气泡速度快 放出气泡速度较快 无明显变化 下列有关上述三种金属的说法不正确的是( )

A. 三种金属的活动性由强到弱的顺序是Gd、Al、Po B. Po粉中混有Gd，可用稀盐酸除去

C. 用Gd从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径 D. Po投入AlCl3溶液中无明显现象

3. 下列各物质中所含原子个数由大到小的顺序正确的是( )

①0.3molNH3 ②标准状况下22.4L氯气 ③9mL H2O (4℃) ④0.2mol H3PO4

A. ①④③② B. ④③②① C. ②④③① D. ①④②③

4. 在三个密闭容器中分别充入CO2、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同，这三种气体

的压强(p)从大到小的顺序是( )

A. p(H2)>p(O2)>p(CO2) C. p(CO2)>p(H2)>p(O2)

混合物是( )

B. p(O2)>p(CO2)>p(H2) D. p(H2)>p(CO2)>p(O2)

5. 两种金属混合粉末12克，与足量盐酸反应时生成标准状况下11.2L氢气，符合上述情况的金属

A. Mg和Fe

B. Fe和Zn

C. Mg和Al

D. Al和Fe

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6. 关于氧化还原反应，下列说法正确的是( )

A. 被还原的物质是还原剂 B. 氧化剂被还原，还原剂被氧化 C. 失去电子，化合价降低的物质是还原剂 D. 氧化剂失去电子，化合价升高 7. 已知如下反应：

①2BrO −3+Cl2=Br2+2ClO −

3， ②ClO −3+5Cl−+6H+=3Cl2+3H2O，

③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2， ④2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是( )

A. ClO −3>BrO −3>Cl2>Fe3+

>I2 B. BrO −3>Cl2>ClO −3>I2>Fe3+

C. BrO −3>ClO −3>Cl2>Fe

3+

>I2 D. BrO −3>ClO −3>Fe

3+

>Cl2>I2 8. 下列离子方程式中，正确的是( )

A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑ B. 氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2++H2O C. 铜片插入银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag D. 铁与稀硫酸反应 2 Fe+6H+=2Fe3++3H2↑

9. 同温同压下，质量相同的CO2、H2、NH3三种气体，下列说法错误的是( )

A. 所含分子数由多到少的顺序是：H2>NH3>CO2 B. 所含原子数由多到少的顺序是：NH3>CO2>H2 C. 所占的体积由大到小的顺序是：H2>NH3>CO2 D. 密度由大到小的顺序是：CO2>NH3>H2

10. 某无色溶液放入铝片后有氢气产生，在该溶液中下列离子一定可以大量共存的是(A. K+

B. Mg2+

C. H+

D. CO2−3

11. 下列各组物质，按酸、碱、盐、非电解质的顺序排列的是( )

A. 硫酸、纯碱、氯化镁、二氧化碳 B. 、烧碱、干冰、苏打水 C. 醋酸、消石灰、明矾、铜 D. 原硅酸、苛性钠、小苏打、氨气

12. 下列有关金属的叙述中正确的是( )

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)

A. 金属单质在氧化还原反应中总是作还原剂 B. 非金属单质在氧化还原反应中总是作氧化剂

C. 钠原子在氧化还原反应中失去1个电子，而铝原子失去3个电子，所以钠的还原性比铝的弱 D. 金属元素的单质在常温下均为固体

13. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确是( )

A. 标准状况下，11.2L CHCl3含极性共价键数目为2NA B. 0.1L 1.0mol/L NaHS溶液中S2−和HS−总数为0.1NA C. 常温常压下，1.8g甲基(−12CD3)中含有的中子数为0.9NA

D. 1mol Cl2与足量铜铁合金反应，转移电子数的范围在2NA和3NA之间 14. 铝在空气中能够稳定存在的原因是 ( )

A. 性质不活泼 C. 与氧气难反应 A. 1︰3

B. 2︰1

B. 还原性弱 D. 表面有致密氧化膜 C. 2︰3

D. 3︰2

−

15. 用1L 1.0mol/L NaOH溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中CO2−3和HCO3的物质量浓度之比是( )

x−2−2−

+14H+=2M3++3S↓+7H2O，则16. 已知M2Ox−7与S在酸性溶液中能发生反应：M2O7+3S

M2Ox−7中M的化合价是( )

A. +2 B. +3 C. +4 D. +6

二、实验题（本大题共2小题，共22.0分）

17. 如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，某学生兴趣小组需要用80 mL0.5 mol/L稀盐酸。试根

据有关数据回答下列问题：

(1)该浓盐酸的物质的量浓度约为___mol·L−1。 (2)该学生需要量取________ mL上述浓盐酸进行配制。

(3)配制时应除选用量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到的仪器 A是_____________________；

(4)足量铁与该稀盐酸反应生成氢气的体积是 ____________。(标准状况下)

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18. Ⅰ.将刮去氧化膜的镁片投入沸水中，反应的化学方程式为 ______ ．

Ⅱ.若用灼热的镁粉与水蒸气反应，则在生成H2的同时还可能得到氧化镁粉未．为实现这一反应并收集一瓶H2，某课外活动小组设计了如图所示的装置．

(1)实验开始时，应先点燃 ______ (填“A”或“B”)处的酒精灯，等观察到 ______ ，再点燃另一酒精灯．这样做的目的是 ______ ．

(2)若将装置D与干燥管相连，则所连导管口应为 ______ (填“m”或“n”)，这种方法叫 ______ (填“向上”、“向下”)排气法 (3)小试管C的作用是 ______ ．

(4)装置E的作用是检验集气瓶中是否收集满了H2，则检验的操作和需要观察的现象是 ______ ． B装置玻璃管中可能残留的固体物质除MgO外，还可能Mg和Mg(OH)2任(5)反应一段时间后，

选其中一种，设计实验证明它的存在，简要写出主要操作．所用试剂．现象及结论． 三、简答题（本大题共2小题，共19.0分）

19. 某体系中存在如下反应：

+①H2S+4H2O−8e−=SO2−4+10H +−②2IO−3+12H+10e=I2+6H2O

(1)反应①中H2S作 ______ (填“氧化”或“还原”．

(2)若在反应①中失去0.2mol电子，则反应②中可生成 ______ g碘． (3)写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式 ______ ． (4)由上述反应可推知 ______ ． a.氧化性：K2SO4>KIO3 b.酸性：HIO3>H2SO4

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c.还原性：H2S>I2

d.反应过程中溶液的酸性逐渐减弱．

20. (1)标准状况下，含有相同氧原子数的CO和CO2，其物质的量之比为 ______ ；质量之比为

______ ；碳原子数之比为 ______ ；体积之比为 ______ ．

(2)硫酸铵[(NH4)2SO4]是常见的氮肥，写出它在水中的电离方程式 ______ ； (3)写出与Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓离子方程式相对应的化学方程式 ______ ； (4)NaHSO4在水溶液中的电离方程式 ______ ．

(5)写出用稀硫酸清洗铁锈(Fe2O3)的离子方程式： ______ ． 四、推断题（本大题共1小题，共11.0分）

21. 有4瓶白色固体试剂，分别是BaCl2、NaOH、Na2SO4、无水CuSO4，现只提供蒸馏水，通过下

面的步骤就可以鉴别它们。请填写下列空白：

(1)各取适量固体试剂分别加入4支试管中，加入适量蒸馏水，振荡试管，观察到4种固体全部溶解，1支试管中得到蓝色溶液，被检出物质的化学式是______________________。 (2)分别取三种未检出的溶液，往其中加入上述已检出的溶液，观察到1支试管中有白色沉淀生成，则被检出物质的化学式是______________和相应的化学方程式是______________；另1支试管中有蓝色沉淀生成，则被检出物质的化学式是______________和相应的化学方程式是_____________________________。

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：B

解析：解：A.在“阿司匹林的合成”实验中，把从盐酸中析出的晶体进行抽滤，用冷水洗涤晶体1～2次，然后抽滤，将晶体转移到表面皿上，干燥后称其质量，计算产率，故A错误； B.蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，故B正确；

C.晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，析出的晶粒就越细小，故C错误；

D.实验时，为减小误差，应降低溶液的浓度，与减少食醋的浪费无关，故D错误． 故选B．

A.阿司匹林易溶于有机溶剂，应用冷水洗涤晶体； B.蒸发操作不能直接蒸干；

C.晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发越快，或溶液冷却得越快，析出的晶粒就越细小，反之越大； D.实验时，为减小误差，应降低溶液的浓度．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．

2.答案：C

解析： 【分析】

本题主要考查了金属活动性顺序表的应用，题目难度不大，会利用金属活动顺序表设计实验，去验证金属的活动性强弱，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。 【解答】

A.由现象可以看出反应最快的是Gd，其次是 Al，无明显现象是Po；根据反应快慢、能否与酸反应与活动性之间的对应关系可以得出，三种金属活动性顺序为： Gd、Al、Po，故A正确； B.Gd能够与盐酸反应，Po与盐酸不反应，则可以用稀盐酸除去Po粉中混有Gd，故B正确； C.Gd是一种比较昂贵的金属，用Gd从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，故C错误；

D.活泼性强的金属能把活泼性弱的金属从溶液中置换出来，Po投入AlCl3溶液中无明显现象，故D正确。 故选C。

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3.答案：C

解析： 【分析】

本题考查物质的量计算，比较基础，注意对化学式的理解，有利于基础知识的巩固。 【解答】

①0.3molNH3含有原子总物质的量为0.3mol×4=1.2mol；

22.4L氯气的物质的量为22.4L/mol=1mol，含有原子总物质的量为1mol×2=2mol； ②标准状况下，

物质的量为18g/mol=0.5mol，含有原子总物质的量为③9mLH2O(4℃)的质量为9mL×1g/mL=9g，0.5mol×3=1.5mol；

④0.2mol磷酸含有原子总物质的量为0.2mol×8=1.6mol， 故所含原子数由大到小顺序排列为：②④③①，故 C正确。 故选C。

9g

22.4L

4.答案：A

解析： 【分析】

本题考查了阿伏加德罗定律及推论，同时考查学生分析问题、解决问题能力，注意把握比较压强大小的角度和相关计算公式的运用，难度不大。 【解答】

二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是p(H2)>p(O2)>p(CO2)，故A正确。 故选A。

5.答案：D

解析：解：11.2L氢气的物质的量为：n=22.4L/mol=0.5mol，假设金属都为+2价，则金属混合物的平均摩尔质量为：M=0.5mol=24g/mol，

A.Mg的相对分子质量为24，Fe的相对原子质量为56，二者的平均摩尔质量一定大于24g/mol，故

12g

11.2L

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A错误；

B.Zn的相对分子质量为65，Fe的相对原子量为56，二者的摩尔质量都大于24g/mol，12gZn和Fe的混合物与足量盐酸生成标况下氢气的体积一定小于11.2L，故B错误； C.Mg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为：18g/mol，镁和铝的平均摩尔质量小于24g/mol，故C错误； D.当Al的化合价为+2价时，可看成其摩尔质量为：27g/mol

3

27g/mol

3

×2=

×2=18g/mol，Fe的相对原子量为56，

二者的平均摩尔质量可以为24g/mol，故D正确； 故选D．

根据n=V计算出11.2L氢气的物质的量，假设金属都为+2价，然后根据摩尔质量的表达式M=n计

m

Vm

算金属混合物的平衡摩尔质量，利用平均值法对各选项进行判断，注意金属铝转化成+2价时的摩尔质量为：

27g/mol

3

×2=18g/mol．

本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题利用平均值法计算，注意化合价与相对原子质量的关系，明确平均摩尔质量法在计算金属混合物与酸反应中的应用．

6.答案：B

解析： 【分析】

本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素化合价的变化与对应物质的性质，从化合价升降的角度认识氧化还原反应的相关概念，题目难道不大。 【解答】

A.被氧化的物质在反应中失去电子，是还原剂，故A错误；

B.氧化剂具有氧化性，被还原，还原剂具有还原性，被氧化，故B正确； C.失去电子、化合价升高的物质是还原剂，故C错误； D.氧化剂得到电子，化合价降低，故D错误。 故选B。

7.答案：C

解析： 【分析】

本题考查氧化性强弱的判断规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以根据所学知识进行回答，难度不大，关键正确判断氧化剂、还原剂。氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。 【解答】

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−−−

①中BrO−3是氧化剂，ClO3是氧化产物，所以氧化性BrO3>ClO3， −②中ClO−3是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性ClO3>Cl2，

③中Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，所以氧化性：Fe3+>I2， ④中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：Cl2>Fe3+，

−3+综上得氧化性顺序为BrO−>I2，故C正确。 3>ClO3>Cl2>Fe

故选C。

8.答案：B

解析：解：A.稀硫酸滴在铜片上不发生反应，则不能写离子反应方程式，故A错误； B.氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+=Mg2++H2O，故B正确； C.铜片插入银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C错误； D.铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误； 故选B． A.不发生反应； B.反应生成氯化镁和水； C.电荷不守恒；

D.反应生成硫酸亚铁和氢气．

本题考查离子反应，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电荷守恒的应用，选项A为易错点，题目较简单．

9.答案：B

解析： 【分析】

本题考查了阿伏伽德罗常数的计算及应用，明确质量、物质的量的关系，熟悉常见物质的摩尔质量及相关计算公式即可解答，题目难度不大。 【解答】

由n=M=N，以及ρ=V，结合物质结构解答。

A

mNm

A.由n=M、N=nNA可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，则所含分子数由多到少的顺序是：H2>NH3>CO2，故A正确；

B.令三种气体的质量均为1g，质量相同的CO2、H2、NH3三种气体含原子数分别为：44×3×NA，

1

1

m

×2×NA，17×5×NA，所含原子数由多到少的顺序是：H2>NH3>CO2，故B错误； 2

C.根据n=M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正m

1

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比，质量相同的CO2、H2、NH3三种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2>NH3>CO2，故C正确；

D.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，同温同压下，CO2、H2、NH3三种气体，密度由大到小的顺序是：CO2>NH3>H2，故D正确。 故选：B。

10.答案：A

解析： 【分析】

本题考查了离子反应的条件，题目难度不大，明确放人铝片后有氢气产生的溶液可能为酸性溶液也有可能是碱性溶液是解题的关键。 【解答】

某无色溶液中放入铝片后有氢气产生，溶液为酸溶液或强碱溶液； A.K+无色，既不与H+反应也不与OH−反应，故A正确；

B.Mg2+无色，在碱溶液中生成氢氧化镁沉淀，所以不能在碱性溶液中大量共存，故B错误； C.H+无色，与氢氧根离子反应生成水，所以不能在碱性溶液中大量共存，故C错误； D.CO2−3无色，在酸性溶液中与氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故D错误。 故选A。

11.答案：D

解析： 【分析】

本题考查了物质的分类，明确酸、碱、盐、非电解质概念是解题关键，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，题目难度不大。 电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸； 电离时生成的阴离子全部是OH−的化合物为碱；

+

)与酸根离子或非金属离子结合的化合物为盐； 金属离子或铵根离子(NH4

水溶液或者熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。 【解答】

A.纯碱属于盐，不属于碱，故A错误；

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B.干冰为二氧化碳，属于氧化物，不属于盐，苏打水为混合物，不是非电解质，故B错误； C.铜为单质，不属于非电解质，故C错误；

D.原硅酸为酸、苛性钠属于碱、小苏打属于盐、氨气属于非电解质，故D正确。 故选D。

12.答案：A

解析： 【分析】

本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确概念内涵是解本题关键。 【解答】

A.金属元素没有负价，在氧化还原反应中只能失电子，作还原剂，故A正确；

Δ

B.H2在氧化还原反应中可作还原剂，如H2+CuO=Cu+H2O，故B错误；

C.金属还原性的强弱取决于失去电子的能力，而不在于失去电子的多少，故C错误； D.金属汞在常温下为液体，故D错误。 故选A。

13.答案：C

解析： 【分析】

本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟悉以物质的量为核心计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用对象和条件，题目难度不大。 【解答】

A.标况下CHCl3是液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B.HS−部分水解H2S分子，故溶液中的S2−、HS−、H2S总数为0.1NA个，故B错误； C.常温常压下，1.8g甲基(−12CD3)物质的量为0.1mol，含有的中子数为0.9NA，故C正确； D.1mol Cl2与足量铜铁合金反应，氯气完全反应，转移电子数2NA，故D错误； 故选C。

14.答案：D

解析： 【分析】

本题考查铝的性质，是中学化学的基础知识，明确致密的氧化物薄膜的作用是解答本题的关键，难度不大，注重了基础知识的考查。

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【解答】

A.Al的活泼性较强，故A错误；

B.铝是活泼金属，其还原性较强，故B错误； C.铝能与氧气反应生成氧化铝，故C错误；

D.Al在空气中与氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，是铝在空气中能够稳定存在的原因，故D正确。 故选D。

15.答案：A

解析： 【分析】

本题考查根据方程式中的计算技巧，难度不大，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行的解答。 【解答】

氢氧化钠的物质的量=1.0mol/L×1L=1mol，当n(NaOH)：n( CO2)≥2，二者反应生成碳酸钠，当n(NaOH)：n( CO2)≤1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2>n(NaOH)：n( CO2)>1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，根据题意可得氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：0.8mol=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠， 设碳酸钠的物质的量是x，碳酸氢钠的物质的量是y， 根据碳原子守恒得x+y=0.8① 根据钠原子守恒得：2x+y=1②， 根据①②得x=0.2 y=0.6，

−

设溶液体积为V，所以CO2−3和HCO3的浓度之比=

0.2molV

：

0.6molV

=1：3，

故选A。

16.答案：D

解析： 【分析】

本题考查氧化还原反应的计算，明确元素的化合价变化及电子守恒即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大。 【解答】

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2−

M2Ox−+14H+=2M3++3S↓+7H2O中，S元素的化合价升高，M元素的化合价降低， 7+3S

设M2Ox−7中M元素的化合价为n， 由电子守恒可知，

2×(n−3)=3×[0−(−2)]， 解得n=+6，故D正确。 故选D。

17.答案：(1)11.9

(2)3.36

(3)100ml容量瓶

(4)0.448L

解析： 【分析】

本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，需要掌握溶液的稀释问题，实验所需的仪器，难度不大。 【解答】

(1)该浓溶液的浓度为c=故答案为：11.9；

(2)根据稀释公式c浓×V浓=c稀×V稀，可以列出式子11.9×V浓=80×0.5，解得V浓=3.36mL； 故答案为：3.36；

(3)配制时应除选用量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到的仪器 A是100ml容量瓶； 故答案为：100ml容量瓶；

(4)80 mL0.5 mol/L稀盐酸所含氯化氢的物质的量为0.04mol，足量铁与该稀盐酸反应生成氢气的物质的量为0.02mol，标况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L； 故答案为：0.448L。

1000ρωM

=

1000×1.19×0.365

36.5

=11.9mol/L；

18.答案：Mg+2H2O

̲̲̲̲̲̲  △   

Mg(OH)2+H2↑；A；m；蒸馏水沸腾后；排净空气与Mg发生反应；向下；

冷凝水蒸气；将E装置与D装置相连，收集一试管导出的气体，并将试管移近酒精灯火焰，观察爆鸣声的大小

解析：解：Ⅰ.镁与沸水反应生成氢氧化镁与氢气，反应方程式为：Mg+2H2O故答案为：Mg+2H2O

̲̲̲̲̲̲  △   

̲̲̲̲̲̲  △   

Mg(OH)2+H2↑，

Mg(OH)2+H2↑；

Ⅱ.A装置提供水蒸气，并排尽装置中空气，防止氮气等与Mg反应．干燥管干燥氢气，C装置冷凝水蒸气，D装置采取向下排空气法收集空气．E装置收集氢气，利用爆鸣实验检验纯度判断氢气是

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否收集满．

(1)实验开始时，应先点燃A处的酒精灯，等观察到蒸馏水沸腾后，再点燃另一酒精灯．这样做的目的是：排净空气与Mg发生反应，

故答案为：A；蒸馏水沸腾后；排净空气与Mg发生反应；

(2)若将装置D与干燥管相连，则所连导管口应为m，这种方法叫向下排气法， 故答案为：m；向下；

(3)小试管C的作用是：冷凝水蒸气， 故答案为：冷凝水蒸气；

(4)装置E的作用是检验集气瓶中是否收集满了H2，则检验的操作和需要观察的现象是：将E装置与D装置相连，收集一试管导出的气体，并将试管移近酒精灯火焰，观察爆鸣声的大小， 故答案为：将E装置与D装置相连，收集一试管导出的气体，并将试管移近酒精灯火焰，观察爆鸣声的大小；

(5)取少许反应后的固体产物，投入稀硫酸中(或稀盐酸)中，若有气泡产生，说明镁粉有残留， 故答案为：取少许反应后的固体产物，投入稀硫酸中(或稀盐酸)中，若有气泡产生，说明镁粉有残留．

Ⅰ.镁与沸水反应生成氢氧化镁与氢气；

Ⅱ.A装置提供水蒸气，并排尽装置中空气，防止氮气等与Mg反应．干燥管干燥氢气，C装置冷凝水蒸气，D装置采取向下排空气法收集空气．E装置收集氢气，利用爆鸣实验检验纯度判断氢气是否收集满，若B中残留的固体中含有Mg，能与硫酸反应生成氢气．

本题考查化学实验方案设计，是对学生实验能力的综合考查，关键是理解原理与各装置的理解，有利于培养的实验分析能力、知识迁移用能力．

19.答案：还原；5.08；5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O；C

+解析：解：(1)①H2S+4H2O−8e→SO2−4+10H，反应①中硫元素化合价从−2价变化为+6价，

化合价升高失电子做还原剂，故答案为：还原；

(2)根据①②电子守恒得到：40mole−转移生成4molI2，4I2～40e−，；①中失去0.2mol电子，②中得到0.2mol电子，反应的碘单质物质的量0.02mol， m(I2)=0.02mol×127g/mol×2=5.08g 故答案为：5.08；

−++(3)①H2S+4H2O−8e→SO2−4+10H②2IO3+12H+10e→I2+6H2O，依据电子守恒得到

5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O，

故答案为：5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O；

(4)5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O，依据反应分析判断；

a、氧化剂KIO3的氧化性大于氧化产物K2SO4、H2SO4，氧化性：K2SO4第14页，共16页

b、，反应物中无碘酸，反应不能判断酸性强弱；故b错误；

c、还原剂H2S的还原性大于还原产物I2；还原性：H2S>I2，故c正确； d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强；故d错误； 故答案为：C．

(1)依据元素化合价变化分析，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应，元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应；

(2)依据②可知得到10mol电子生成1molI2，根据①②电子守恒得到：40mole−转移生成4molI2； (3)依据氧化还原反应电子守恒结合①②得到配平的氧化还原反应，依据电子守恒标注电子转移； (4)a、氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断； b、反应不能判断酸性强弱； c、还原剂的还原性大于还原产物； d、反应过程中酸性增强．

本题考查了氧化还原反应的概念分析，电子转移守恒的计算应用，氧化还原反应中规律的分析判断，题目难度中等．

+2：1；14：11；2：1；2：1；CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl；(NH4)2SO4=2NH4+SO2−20.答案：4；+3+

+3H2O NaHSO4=Na++H++SO2−4；Fe2O3+6H=2Fe

解析：解：(1)CO分子含有1个氧原子，CO2分子含有2个氧原子，氧原子数目相同，则：n(CO)=2n(CO2)，故n(CO)：n(CO2)=2：1，所以m(CO)：m(CO2)=2×28：1×44=14：11，二者都含有相同的碳原子数目，故碳原子数之比二者物质的量之比为2：1，相同条件下体积之比等于物质的量之比为2：1，

故答案为：2：1；14：11；2：1；2：1；

++2−(2)硫酸铵的电离方程式为(NH4)2SO4=2NH4+SO2−4，故答案为：(NH4)2SO4=2NH4+SO4；

(3)可溶性铜盐与强碱反应生成氢氧化铜沉淀和可溶性盐的离子反应为Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓，如CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl， 故答案为：CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl；

(4)硫酸氢钠是强电解质，水溶液正完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子：NaHSO4=Na++

2−++

H++SO2−4，故答案为：NaHSO4=Na+H+SO4；

(5)反应生成硫酸铁和水，氧化铁在离子反应中应保留化学式，该反应的离子反应为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O.

(1)根据物质分子含有氧原子数目确定CO和CO2的物质的量之比，根据m=nM确定二者质量之比，二者都含有相同的碳原子数目，故碳原子数之比二者物质的量之比，相同条件下体积之比等于物质的量之比；

(2)在水溶液中的电离的程度分析判断在水溶液中是否完全电离，强电解质完全电离，弱电解质部分

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电离，离子团不能再拆；

(3)可溶性铜盐与强碱反应生成氢氧化铜沉淀和可溶性盐的离子反应为Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓； (4)硫酸氢钠是强电解质，水溶液正完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子； (5)反应生成硫酸铁和水，氧化铁在离子反应中应保留化学式．

本题考查电离方程式、离子方程式的书写，明确电解质的强弱、发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大．

21.答案：(1)CuSO4；

(2)BaCl2；BaCl2+CuSO4=BaSO4↓+CuCl2； NaOH；2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。

解析： 【分析】

本题考查常见物质的检验，难度不大，掌握相关物质的性质为解题关键。 【解答】

(1)无水硫酸铜溶于水后溶液变为蓝色，而其它的3种物质在溶解后得到都是无色溶液，所以被检出物质是硫酸铜， 故答案为：CuSO4；

(2)往其中加入上述已检出的溶液，观察到1支试管中有白色沉淀生成，则被检出物质的化学式是BaCl2，氯化钡可以和硫酸铜反应生成白色的硫酸钡沉淀，方程式为BaCl2+CuSO4=BaSO4↓+CuCl2；另1支试管中有蓝色沉淀生成，则被检出物质的化学式是NaOH，硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，方程式为2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓， 故答案为：BaCl2；BaCl2+CuSO4=BaSO4↓+CuCl2； NaOH；2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。

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