湖北省咸宁市鄂南高中2022学年高一化学上学期期中试卷（含解析）

湖北省咸宁市鄂南高中2022-2022学年高一（上）期中化学试卷一、选择题（每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案）1．（3分）在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后（　　）　A．整个溶液变紫色B．整溶液变为棕黄色　C．上层为无色下层为紫红色D．下层无色上层紫红色　2．（3分）下列有关实验的叙述正确的是（　　）　A．用分液的方法分离水和酒精的混合物　B．容量瓶用水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液　C．配制1L0.1mol/L的NaCl溶液时可用托盘天平称量5.85gNaCl固体　D．用滴管滴加液体时，为防止液滴溅出，滴管紧贴试管内壁　3．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）　A．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA　B．1.8g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NA　C．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA　D．物质的量浓度为0.5mol/LMgCl2溶液，含有Cl﹣离子数为NA　4．（3分）假定阿伏加德罗常数为24g12C含有的碳原子数目，而物质的量的概念不变，则下列推断不正确的是（　　）　A．16O的相对原子质量为32　B．NA个氧分子与NA个氢分子的质量比为16：1　C．二氧化碳的摩尔质量为44g/mol　D．一个12C原子的质量约为1.997×10﹣26kg　5．（3分）某溶液中含有较多的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣，如将其逐一沉淀，下列添加试剂顺序正确的是（　　）　A．Mg（NO3）2→Ba（NO3）2→AgNO3B．Ba（NO3）2→AgNO3→Mg（NO3）2　C．AgNO3→Ba（NO3）2→Mg（NO3）2D．Ba（NO3）2→Mg（NO3）2→AgNO3　6．（3分）下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不计）．其中能表示等质量的氢气与氦气的是（　　）　A．B．C．D．　7．（3分）若1gN2中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是（　　）　A．mol﹣1B．mol﹣1C．14xmol﹣1D．28xmol﹣1-22-\n　8．（3分）某物质A在一定条件下加热分解，产物都是气体．分解方程式为2A=B+2C+2D．测得生成物的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的式量为（　　）　A．7dB．5dC．2.5dD．2d　9．（3分）被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为﹣1价）能溶于水并和水反应，NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（　　）　A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂　B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂　C．等物质的量的NaBH4、Na分别与足量水反应，生成的氧化产物，NaBH4比Na少　D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1　10．（3分）在FeO、Fe2O3、Fe3O4三种化合物中，与等质量铁元素结合的氧元素的质量比为（　　）　A．6：9：8B．12：8：9C．2：3：6D．1：3：4　11．（3分）下列各组离子在溶液中能大量共存，加入氢氧化钠溶液有沉淀生成，加入盐酸有气体生成的一组离子是（　　）　A．CO32﹣Na+Cu2+NO3﹣B．K+Mg2+Cl﹣HCO3﹣　C．NH4+CO32﹣NO3﹣Na+D．NH4+Cl﹣HCO3﹣K+　12．（3分）在Br2+SO32﹣+H2O═2H++2Br﹣+SO42﹣的离子反应中，SO32﹣可以代表的物质是（　　）　A．Na2SO3B．H2SO3C．NH4HSO3D．BaSO3　13．（3分）硝酸铵在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是（　　）　A．N2O、H2OB．N2、O2、H2OC．N2、HNO3、H2OD．NH3、NO、H2　14．（3分）实验室需配制一种仅含四种离子（不包括水电离的离子）的混合溶液，且在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/L，下列四个选项中能达到此目的是（　　）　A．Fe2+Na+NO3﹣Cl﹣B．Mg2+NH4+SO42﹣NO3﹣　C．H+K+Cl﹣CH3COO﹣D．K+NH4+CO32﹣OH﹣　15．（3分）将溶质质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其溶质质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则c1和c2的数值关系是（　　）　A．c2=c1B．c2＜c1C．c2＞2c1D．无法确定　16．（3分）已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2OIO3﹣→I2MnO4﹣→Mn2+HNO3→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（　　）　A．H2O2B．IO3﹣C．MnO4﹣D．HNO3　-22-\n17．（3分）今有浓度均为3mol•L﹣1的盐酸和硫酸各100mL，分别加入等质量的Fe粉，反应完毕后生成气体的质量之比为3：4，则加入盐酸中的铁粉的质量为（　　）　A．5.6gB．8.4gC．11.2gD．16.8g　18．（3分）向含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2，当通入气体为8.96L（标况下）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2的体积关系图象正确的是（气体的溶解和离子的水解忽略不计）（　　）　A．B．C．D．　二、非选择题（46分）19．（9分）（1）有一种生产碘的方法是用亚硫酸氢钠还原碘酸盐（IO3﹣），每还原出1molI2，理论上需用去亚硫酸氢钠　_________　moL．（2）已知NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混和物中，硫元素的质量分数为a%，则混和物中氧元素的质量分数为　_________　（3）在100ml含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.01摩尔Cl2，有一半Br﹣变为Br2（已知Br2能氧化H2SO3生成Br﹣和H2SO4），原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于　_________　．　20．（6分）（1）用下列方法均可制得氧气：（1）2KClO32KCl+3O2↑；（2）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；（3）2HgO2Hg+O2↑；（4）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为　_________　（2）若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3、H2O，则反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子个数比为　_________　．　21．（6分）写出下列反应的离子方程式．（1）向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性：　_________　；（2）向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量的NaOH溶液　_________　；（3）向含1molFeBr2溶液中通入1molCl2（已知Br2能氧化Fe2+）　_________　．　22．（7分）实验室用98%（ρ=1.84g/cm3）的硫酸配制500mL3.68mol/L的硫酸溶液（1）需准确量取98%的硫酸　_________　mL．（2）准确量取一定体积的98%的硫酸后，能配制成500mL3.68mol/L的硫酸溶液，必须用到的实验仪器是　_________　填序号）．-22-\n①500mL量筒②烧杯③1000mL容量瓶④500mL容量瓶⑤天平⑥胶头滴管⑦锥形瓶⑧玻璃棒⑨酸式滴定管（3）若配制3.68mol/L的硫酸溶液的其他操作均正确，但出现下列错误操作，将使配制的硫酸溶液浓度偏低的是　_________　（填字母）．A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒；B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外；C．用胶头滴管向容量瓶中加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与容量瓶刻度线相切；D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切．　23．（6分）I．某氯化钠固体样品中含有少量的硫酸钠和碳酸钠杂质，按下列流程进行净化，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：步骤②③依次加入的试剂是　_________　．II．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在．实验室里从海藻中提取单质碘（I2）的流程如下：（1）①～⑥中发生化学变化的是　_________　．（2）步骤⑤所使用的玻璃仪器名称是　_________　，选择的有机试剂可以是　_________　．A．酒精B．四氯化碳C．醋酸D．苯（3）步骤⑥从含碘的有机溶液中提取碘并回收有机溶剂，还需要经过蒸馏（如图所示）．冷水的流向为　_________　到　_________　（填A、B）　24．（4分）有一包白色粉末，其中可能含有NaCl、BaCl2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色（2）向（1）中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生-22-\n（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生（4）另取（1）中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀．则原白色粉末中一定含有的物质是　_________　，一定不含的物质是　_________　，可能含有的物质是　_________　（以上物质均写化学式）．　25．（8分）（2022•上海）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、H3AsO4、H2O和一种未知物质X．（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是　_________　．（2）已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为：　_________　．（3）根据上述反应可推知　_________　．a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4b．氧化性：H3AsO4＞KBrO3c．还原性：ASH3＞Xd．还原性：X＞ASH3（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：　_________　．　-22-\n2022-2022学年湖北省咸宁市鄂南高中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案）1．（3分）在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后（　　）　A．整个溶液变紫色B．整溶液变为棕黄色　C．上层为无色下层为紫红色D．下层无色上层紫红色考点：分液和萃取．专题：化学实验基本操作．分析：碘易溶于CCl4，溶液呈紫红色，密度比水大．解答：解：碘易溶于CCl4，溶液呈紫红色，由于CCl4密度比水大，则层为无色下层为紫红色，故选C．点评：本题考查萃取知识，题目难度不大，注意碘和四氯化碳的性质，把握相关基础知识的积累，此类题目可轻松解答．　2．（3分）下列有关实验的叙述正确的是（　　）　A．用分液的方法分离水和酒精的混合物　B．容量瓶用水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液　C．配制1L0.1mol/L的NaCl溶液时可用托盘天平称量5.85gNaCl固体　D．用滴管滴加液体时，为防止液滴溅出，滴管紧贴试管内壁考点：化学实验方案的评价；计量仪器及使用方法；溶液的配制．专题：实验评价题．分析：A．水和酒精混溶；B．容量瓶无需干燥；C．托盘天平只精确到0.1；D．滴管不能紧贴试管内壁．解答：解：A．水和酒精混溶，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B．容量瓶用于配制一定浓度的溶液，无需干燥，故B正确；C．托盘天平只精确到0.1，故C错误；D．滴管不能紧贴试管内壁，应垂直悬空，防止污染，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、容量瓶的使用、物质的称量以及药品的取用，侧重于学生的分析能力能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度中等．　3．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）　A．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA　B．1.8g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NA　C．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA　D．物质的量浓度为0.5mol/LMgCl2溶液，含有Cl﹣离子数为NA-22-\n考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、先计算一个臭氧分子中含有的氧原子数，再计算48gO3含有的氧原子数；B、先计算一个铵根离子中含有的电子数，再计算1.8g的NH4+离子中含有的电子数；C、气体摩尔体积22.4L/mol的使用条件是标况；D、根据n=cV判断．解答：解：A、一个臭氧分子中含有3个氧原子，48gO3中含有的氧原子的个数为N（0）=3n（O3）NA=3NA=3NA=3NA，故A正确；B、一个铵根离子中含有的电子数为10，1.8g的NH4+离子中含有的电子数为N（电子）=10n（NH4+）NA=10NA=NA，故B错误；C、气体摩尔体积22.4L/mol的使用条件是标况，常温常压的气体摩尔体积未知，使用无法计算氧气含有的原子数，故C错误；D、溶液的体积未知，所以无法计算含有的氯离子数，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用范围和条件．　4．（3分）假定阿伏加德罗常数为24g12C含有的碳原子数目，而物质的量的概念不变，则下列推断不正确的是（　　）　A．16O的相对原子质量为32　B．NA个氧分子与NA个氢分子的质量比为16：1　C．二氧化碳的摩尔质量为44g/mol　D．一个12C原子的质量约为1.997×10﹣26kg考点：物质的量的相关计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：标准由12C质量的变为后，各原子的相对原子质量加倍，然后根据n===计算．解答：解：A．氧原子的实际质量没变，但标准却由12C质量的变为，所以氧原子的相对原子质量由16变为32，故A正确；B．NA个氧分子的质量为64g，NA个氢分子的质量为4g，二者质量比为16：1，故B正确；C.1mol二氧化碳分子个数为原标准的1倍，二氧化碳的摩尔质量为88g/mol，故C错误；D．一个12C原子的质量不变，约为kg=1.997×10﹣26kg，故D正确．故选C．-22-\n点评：本题考查物质的量的计算，侧重于阿伏伽德罗常数的计算，标准由12C质量的变为后，各原子的相对原子质量或摩尔质量加倍是解题的关键，难度中等．　5．（3分）某溶液中含有较多的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣，如将其逐一沉淀，下列添加试剂顺序正确的是（　　）　A．Mg（NO3）2→Ba（NO3）2→AgNO3B．Ba（NO3）2→AgNO3→Mg（NO3）2　C．AgNO3→Ba（NO3）2→Mg（NO3）2D．Ba（NO3）2→Mg（NO3）2→AgNO3考点：离子反应发生的条件．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间是否反应，每次只沉淀一种离子，以此来解答．解答：解：A．加入Mg（NO3）2，硝酸镁溶液与碳酸根离子和氢氧根离子均能生成白色沉淀，故A错误；B．加入Ba（NO3）2，硝酸钡溶液只与碳酸根离子生成白色的碳酸钡沉淀；再加入AgNO3，硝酸银溶液与氯离子、氢氧根离子均反应生成沉淀，故B错误；C．加入AgNO3，硝酸银溶液与氯离子、碳酸根离子和氢氧根离子均反应生成沉淀，故C错误；D．加入Ba（NO3）2，硝酸钡溶液只与碳酸根离子生成白色的碳酸钡沉淀；再加入Mg（NO3）2，硝酸镁溶液与氢氧根离子反应生成氢氧化镁白色沉淀；再加入AgNO3，硝酸银溶液与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，故D正确，故选D．点评：本题考查离子之间的反应，熟悉复分解反应发生的条件即可解答，题目较简单．　6．（3分）下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不计）．其中能表示等质量的氢气与氦气的是（　　）　A．B．C．D．考点：阿伏加德罗定律及推论；摩尔质量；物质的量的相关计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：白球代表氢原子，黑球代表氦原子，等质量的氢气与氦气，其物质的量之比为2：1，体积之比为2：1．解答：解：设氢气与氦气都为mg，则二者的物质的量之比为：=2：1，则体积之比为2：1；A、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，符合物质的量之比为2：1，体积之比为2：1，故A正确；B、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为2：1，体积之比为2：1，但氦气是单原子构成的分子，故B错误；-22-\nC、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为2：1，但体积之比为1：2，故C错误；D、白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为1：1，体积之比为2：1，故D错误；故选A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律，明确等质量的气体中物质的量和体积的关系是解答的关键，并注意氦气的构成来解答．　7．（3分）若1gN2中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是（　　）　A．mol﹣1B．mol﹣1C．14xmol﹣1D．28xmol﹣1考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：利用氮气的构成及n=、N=n×NA来计算，即可解答．解答：解：1gN2的物质的量为=mol，又氮气分子是由2个氮原子构成的，则原子的物质的量为mol×2=mol，由N=n×NA可知，阿伏加德罗常数为=14xmol﹣1，故选C．点评：本题考查阿伏伽德罗常数的计算，明确质量、微粒数目与物质的量的关系是解答的关键，较简单．　8．（3分）某物质A在一定条件下加热分解，产物都是气体．分解方程式为2A=B+2C+2D．测得生成物的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的式量为（　　）　A．7dB．5dC．2.5dD．2d考点：阿伏加德罗定律及推论；质量守恒定律．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算．解答：解：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以三种气体的平均相对分子质量为2d，右边相对分子质量总和为2d+2×2d+2×2d=10d，根据质量守恒定律，左边2A的质量也是也是10d，所以，A的相对分子质量为5d．故选B．点评：本题考查学生阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比．　9．（3分）被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为﹣1价）能溶于水并和水反应，NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（　　）-22-\n　A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂　B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂　C．等物质的量的NaBH4、Na分别与足量水反应，生成的氧化产物，NaBH4比Na少　D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，该元素被氧化，化合价降低的元素是氧化剂，该元素被还原．解答：解：A、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；B、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；C、NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，反应中氧化产物为NaBO2；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中氧化产物为NaOH，等物质的量的NaBH4、Na分别与足量水反应，生成的氧化产物，NaBH4和Na相同，故C错误；D、化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确．故选D．点评：本题考查氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，较简单．　10．（3分）在FeO、Fe2O3、Fe3O4三种化合物中，与等质量铁元素结合的氧元素的质量比为（　　）　A．6：9：8B．12：8：9C．2：3：6D．1：3：4考点：元素质量分数的计算．专题：计算题．分析：由三个化学式可知，铁原子的个数分别为1、2、3，求得最小公倍数为6，得到如下关系式：6FeO、3Fe2O3、2Fe3O4，即三种化合物中，含有等质量的铁，进行解答．解答：解：根据铁原子个数最小公倍数法求得：6FeO、3Fe2O3、2Fe3O4，即三种化合物中，含有等质量的铁，由题意可知，与等质量铁元素相结合的氧元素的质量比，就是氧原子的个数比，即为6：9：8．故选A．点评：本题考查学生化学计算方法知识，明确两物质等质量或两物质含有等质量的某元素的相关计算选择最小公倍数法比较简便，难度不大．　11．（3分）下列各组离子在溶液中能大量共存，加入氢氧化钠溶液有沉淀生成，加入盐酸有气体生成的一组离子是（　　）　A．CO32﹣Na+Cu2+NO3﹣B．K+Mg2+Cl﹣HCO3﹣　C．NH4+CO32﹣NO3﹣Na+D．NH4+Cl﹣HCO3﹣K+考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．-22-\n分析：离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则能共存，并结合加入氢氧化钠溶液有沉淀析出，加入稀盐酸气体放出来解答．解答：解：A．CO32﹣与Cu2+反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，能共存，加NaOH与Mg2+、HCO3﹣反应生成碳酸镁、氢氧化镁沉淀，加盐酸与HCO3﹣反应生成二氧化碳气体，故B正确；C．加入氢氧化钠，没有生成生成，故C错误；D．该组离子之间不反应，能共存，加入氢氧化钠不生成沉淀，故D错误．故选B．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确离子之间的反应及题目中的限制条件是解答本题的关键，题目难度不大．　12．（3分）在Br2+SO32﹣+H2O═2H++2Br﹣+SO42﹣的离子反应中，SO32﹣可以代表的物质是（　　）　A．Na2SO3B．H2SO3C．NH4HSO3D．BaSO3考点：离子反应发生的条件．专题：离子反应专题．分析：在Br2+SO32﹣+H2O═2H++2Br﹣+SO42﹣的离子反应中，含有亚硫酸根离子的物质一定为可溶性强电解质，如亚硫酸钠、亚硫酸钾等，不能代表亚硫酸、亚硫酸氢铵、硫酸钡等，据此进行解答．解答：解：A．Na2SO3为强电解质，离子方程式中需要写成SO32﹣形式，故A正确；B．亚硫酸为弱电解质，离子方程式中需要保留分子式，不能用SO32﹣表示，故B错误；C．亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子不能用SO32﹣表示，故C错误；D．亚硫酸钡为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，不能用SO32﹣表示，故D错误；故选A．点评：本题考查了离子方程式的书写方法，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确弱电解质、难溶物等需要保留化学式的物质．　13．（3分）硝酸铵在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是（　　）　A．N2O、H2OB．N2、O2、H2OC．N2、HNO3、H2OD．NH3、NO、H2考点：氧化还原反应；铵盐．专题：元素及其化合物．分析：NH4NO3中N元素化合价为﹣3价、+5价，如果硝酸铵分解时发生氧化还原反应，则一定有元素化合价升降，据此分析解答．解答：解：NH4NO3中N元素化合价为﹣3价、+5价，A．如果生成N2O、H2O，N元素化合价由﹣3价、+5价变为+1价，N元素化合价介于中间价态，能实现，故A不选；B．NH4NO3分解过程中，若生成N2、O2、H2O，氮元素化合价﹣3价、+5价变化为0价，氧元素化合价﹣2价变化为0价，反应的化学方程式为2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，可以符合电子守恒，故B不选；-22-\nC．NH4NO3分解过程中，若生成N2、HNO3、H2O，氮元素化合价﹣3价变化为0价，+5价变化为0价，该分子中铵根离子中的氮原子失电子，一个铵根离子失去3个电子生成氮原子，硝酸根离子中的氮原子得电子，一个硝酸根离子得到5个电子生成氮原子，其最小公倍数是15，所以其反应方程式为5NH4NO3=4N2+2HNO3+9H2O，故C不选；D．如果反应生成NH3、NO、H2，则该反应中硝酸根中的N元素和铵根离子中的H元素都得电子，没有失电子的元素，所以该反应不能发生，故D选；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答即可，题目难度不大．　14．（3分）实验室需配制一种仅含四种离子（不包括水电离的离子）的混合溶液，且在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/L，下列四个选项中能达到此目的是（　　）　A．Fe2+Na+NO3﹣Cl﹣B．Mg2+NH4+SO42﹣NO3﹣　C．H+K+Cl﹣CH3COO﹣D．K+NH4+CO32﹣OH﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：先根据离子反应发生的条件判断离子之间是否能够共存；然后根据混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol•L﹣1及溶液的电中性判断是否能够共存．解答：解：A．四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/L，不能满足溶液的电中性原则，故A错误；B．离子之间不发生任何反应，且四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/L，可满足溶液的电中性原则，故B正确；C．H+与CH3COO﹣反应生成弱电解质而不能大量共存，故C错误；D．NH4+与OH﹣反应生成氨气而不能大量共存，故D错误．故选B．点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合运用能力，答题时注意审题，注意结合溶液的电中性原则解答该题．　15．（3分）将溶质质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其溶质质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则c1和c2的数值关系是（　　）　A．c2=c1B．c2＜c1C．c2＞2c1D．无法确定考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：利用c=计算硫酸的物质的量浓度，再根据硫酸溶液的浓度越大密度也越大，进行判断．解答：解：设将溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为ρ1，则c1=mol/L=mol/L，设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，-22-\n则c2=mol/L=mol/L，所以c1：c2=mol/L：mol/L=ρ1：2ρ2，即c2=c1硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以＞2所以c2＞2c1．故选：C．点评：考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小．　16．（3分）已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2OIO3﹣→I2MnO4﹣→Mn2+HNO3→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（　　）　A．H2O2B．IO3﹣C．MnO4﹣D．HNO3考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：反应中I﹣→I2，失去1个电子，而H2O2→H2O得到2个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，HNO3→NO得到3个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断．解答：解：氧化时I﹣，H2O2→H2O得到2个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，HNO3→NO得到3个电子，I﹣→I2，失去1个电子，但IO3﹣由于也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3﹣，故选B．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意把握元素化合价的变化，本题关键是IO3﹣由于也被还原为I2，为本题的易错点．　17．（3分）今有浓度均为3mol•L﹣1的盐酸和硫酸各100mL，分别加入等质量的Fe粉，反应完毕后生成气体的质量之比为3：4，则加入盐酸中的铁粉的质量为（　　）　A．5.6gB．8.4gC．11.2gD．16.8g考点：有关过量问题的计算；铁的化学性质．专题：分析比较法．分析：发生反应为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②，如果对于这两个反应都是铁不足的话就不可能是气体质量比是3：4，所以肯定是铁对一个反应来说是不足，对于另一个反应是过量．通过方程式可以看出来，铁消耗HCl多．那么对于①-22-\n反应来说是盐酸不足，可以算出来生成H2为0.15mol，根据质量比可算出来②反应生成H2为0.2mol，对于②反应是Fe不足，以此计算铁的质量．解答：解：由于最后生成的气体质量不等，所以证明盐酸反应不足，而硫酸过量，否则生成气体的质量之比应该是1：2，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑①生成气体的物质的量为=0.15mol，氢气的质量为0.15moL×2g/mol=0.3g，反应完毕后生成气体的质量之比为3：4，所以由硫酸生成的气体质量为0.4g，设铁的质量为x，则Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑②562x0.4g，解得x=11.2g，故选C．点评：本题考查过量问题的计算，题目难度不大，本题注意通过反应方程式判断反应的过量问题，根据方程式求解．　18．（3分）向含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2，当通入气体为8.96L（标况下）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2的体积关系图象正确的是（气体的溶解和离子的水解忽略不计）（　　）　A．B．C．D．考点：化学方程式的有关计算；离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：n（CO2）==0.4mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O，0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH﹣，生成0.1molBaCO3，然后发生2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1molCO32﹣，上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.2molCO2，再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，消耗0.1molCO2，最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3﹣，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答．解答：解：含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中离子总的物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，n（CO2）==0.4mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O，该阶段0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L-22-\n，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH﹣、生成0.1molBaCO3；然后发生2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，0.2molOH﹣完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol﹣0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32﹣；再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol；最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3﹣，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.3mol，溶液中中离子为0.7mol；故图象C符合，故选C．点评：本题考查离子方程式的计算，难度较大，清楚各阶段发生的反应是关键，注意B和C的区别，为易错点．　二、非选择题（46分）19．（9分）（1）有一种生产碘的方法是用亚硫酸氢钠还原碘酸盐（IO3﹣），每还原出1molI2，理论上需用去亚硫酸氢钠　5　moL．（2）已知NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混和物中，硫元素的质量分数为a%，则混和物中氧元素的质量分数为　1﹣1.75%　（3）在100ml含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.01摩尔Cl2，有一半Br﹣变为Br2（已知Br2能氧化H2SO3生成Br﹣和H2SO4），原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于　0.08mol/L　．考点：氧化还原反应的计算；元素质量分数的计算．专题：计算题．分析：（1）5HSO3﹣+2IO3﹣=3H++I2+5SO42﹣+H2O，根据碘和亚硫酸氢钠之间的关系式计算；（2）NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混和物中，硫元素的质量分数为a%，Na和H元素的相对原子质量之和等于Mg元素的相对原子质量，根据硫和镁之间的关系式计算镁的质量分数，剩余部分为O元素的质量分数；（3）Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中HBr和H2CO3的浓度．解答：解：（1）5HSO3﹣+2IO3﹣=3H++I2+5SO42﹣+H2O，每还原出1molI2，理论上需用去亚硫酸氢钠物质的量=5mol，故答案为：5；（2）NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混和物中，硫元素的质量分数为a%，Na和H元素的相对原子质量之和等于Mg元素的相对原子质量，根据硫和镁之间的关系式得镁的质量分数==0.75a%，剩余部分为O元素的质量分数，则O元素的质量分数=1﹣a%﹣0.75a%=1﹣1.75%，故答案为：1﹣1.75%；（3）设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为x．氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol；硫元素失电子的物质的量为x×（6﹣4）=2x，溴元素失电子的物质的量为x×1×=0.5x，-22-\n根据氧化还原反应中得失电子数相等得0.02mol=2x+0.5x，x=0.008mol，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为=0.08mol/L，故答案为：0.08mol/L．点评：本题考查了氧化还原反应的有关计算，（1）中正确书写方程式是解本题关键，结合物质之间的关系解答，（2）中注意等量代换，（3）中注意物质反应先后顺序，题目难度中等．　20．（6分）（1）用下列方法均可制得氧气：（1）2KClO32KCl+3O2↑；（2）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；（3）2HgO2Hg+O2↑；（4）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为　1：1：2：2　（2）若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3、H2O，则反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子个数比为　1：2　．考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：（1）制得相同质量的氧气，可假设得到3molO2，结合反应及转移的电子数计算；2KClO32KCl+3O2↑～6e﹣；2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑～2e﹣；2HgO2Hg+O2↑～4e﹣；2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑～4e﹣；（2）若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3、H2O，N元素的化合价升高，S元素的化合价降低，由电子守恒、原子守恒可知，发生3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，以此来解答．解答：解：（1）制得相同质量的氧气，可假设得到3molO2，则2KClO32KCl+3O2↑～6e﹣；362Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑～2e﹣；-22-\n362HgO2Hg+O2↑～4e﹣；3122KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑～4e﹣；312所以制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为6：6：12：12=1：1：2：2，故答案为：1：1：2：2；（2）若（NH4）2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3、H2O，N元素的化合价升高，S元素的化合价降低，由电子守恒、原子守恒可知，发生3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，生成氨气时N元素的化合价不变，生成氮气时N元素的化合价变化，则反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子个数比为2：4=1：2，故答案为：1：2．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重氧化还原反应电子转移的考查，注意电子守恒的应用，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大．　21．（6分）写出下列反应的离子方程式．（1）向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性：　2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O　；（2）向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量的NaOH溶液　Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣　；（3）向含1molFeBr2溶液中通入1molCl2（已知Br2能氧化Fe2+）　2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣　．考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：（1）硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应成中性，说明硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，据此写出反应的离子方程式；（2）由于氢氧化钠足量，所有的碳酸氢根离子完全反应，钙离子不足，反应产物中有剩余的碳酸根离子；（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，亚铁离子还原性较强，根据电子得失守恒求出被氧化的Br﹣的物质的量．解答：解：（1）反应后的溶液显示中性，说明氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，即硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O；（2）氢氧化钠足量，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水，该反应的离子反应为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故答案为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣．-22-\n（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，1mol的FeBr2溶液中通入Cl21mol反应时，两者的物质的量相等，此时Fe2+全部被氧化，溴离子部分被氧化，根据电子得失守恒：n（Cl2）×2=n（Fe2+）×1+n（Br﹣）×1，即1mol×2=1mol×1+n（Br﹣）×1，则n（Br﹣）=1mol，说明溴离子部分被氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++2Cl2+2Br﹣═2Fe3++4Cl﹣+Br2，故答案为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣．点评：本题考查了离子方程式的书写，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　22．（7分）实验室用98%（ρ=1.84g/cm3）的硫酸配制500mL3.68mol/L的硫酸溶液（1）需准确量取98%的硫酸　100.0　mL．（2）准确量取一定体积的98%的硫酸后，能配制成500mL3.68mol/L的硫酸溶液，必须用到的实验仪器是　①②④⑥⑧　填序号）．①500mL量筒②烧杯③1000mL容量瓶④500mL容量瓶⑤天平⑥胶头滴管⑦锥形瓶⑧玻璃棒⑨酸式滴定管（3）若配制3.68mol/L的硫酸溶液的其他操作均正确，但出现下列错误操作，将使配制的硫酸溶液浓度偏低的是　ABCD　（填字母）．A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒；B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外；C．用胶头滴管向容量瓶中加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与容量瓶刻度线相切；D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验题．分析：（1）依据C=求出浓硫酸的物质的量浓度，然后依据稀释前后溶质的物质的量保持不变计算解答；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液所需要的仪器解答；（3）依据C=进行误差分析，凡是能够使n减小或者使V增大的操作，所配溶液的物质的量浓度偏小，否则偏大．解答：解：（1）98%浓硫酸的浓度C===18.4mol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为V，则18.4mol/L×V=3.68mol/L×500ml，解得V=100.0ml；故答案为：100.0ml；（2）配制一定物质的量浓度溶液所需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；故答案为：①②④⑥⑧；（3）依据C=-22-\n进行误差分析，凡是能够使n减小或者使V增大的操作，所配溶液的物质的量浓度偏小，否则偏大．A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量n减少，则所配溶液浓度偏小，故A正确；B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，溶质的物质的量n减少，则所配溶液浓度偏小，故B正确；C．用胶头滴管向容量瓶中加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，吸出的液体中含有溶质，所以溶质的物质的量n减少，所配溶液的物质的量浓度偏小，故C正确；D．用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，则加入的蒸馏水过多，溶液的体积V偏大，所配溶液的浓度偏小，故D正确；故答案为：ABCD．点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液，熟悉配制的原理、明确配置的步骤是解题关键，注意误差分析的技巧．　23．（6分）I．某氯化钠固体样品中含有少量的硫酸钠和碳酸钠杂质，按下列流程进行净化，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：步骤②③依次加入的试剂是　BaCl2溶液、Na2CO3溶液　．II．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在．实验室里从海藻中提取单质碘（I2）的流程如下：（1）①～⑥中发生化学变化的是　①④　．（2）步骤⑤所使用的玻璃仪器名称是　分液漏斗、烧杯　，选择的有机试剂可以是　BD　．A．酒精B．四氯化碳C．醋酸D．苯（3）步骤⑥从含碘的有机溶液中提取碘并回收有机溶剂，还需要经过蒸馏（如图所示）．冷水的流向为　B　到　A　（填A、B）-22-\n考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯和除杂；海带成分中碘的检验．专题：实验题．分析：Ⅰ．除去氯化钠固体样品中含有少量的硫酸钠和碳酸钠杂质，可分别加入过量的氯化钡、碳酸钠，生成硫酸钡、碳酸钡沉淀，过滤后加入盐酸可除去碳酸钠；Ⅱ．海带灼烧可生成水和二氧化碳，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，过滤得到含有碘离子的溶液，加入氯水或通入氯气，氯气置换出碘，得到碘的水溶液，用苯或四氯化碳萃取，经蒸馏可得到碘，以此解答该题．解答：解：Ⅰ．选取的除杂剂要除去杂质且不引进新的杂质，除去溶液中硫酸根离子和碳酸根离子需要加入氯化钡溶液，要除去溶液中过量的钡离子要用碳酸钠溶液，离子方程式为：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓、Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，然后除去过量的碳酸根离子用盐酸，经蒸发、结晶可得到纯净的氯化钠，故答案为：BaCl2溶液、Na2CO3溶液；Ⅱ．（1）①海带灼烧可生成水和二氧化碳，发生化学变化，④加入氯水或通入氯气，氯气置换出碘，发生化学变化，②为溶解，③为过滤，⑤为萃取，⑥为蒸馏，都为物理变化，则属于化学变化的是①④，故答案为：①④；（2）⑤为萃取操作，用到分液漏斗、烧杯，选择的有机试剂应不溶于水，只有苯和四氯化碳符合，故答案为：分液漏斗、烧杯；BD；（3）蒸馏时，为充分冷凝，应从B进水，A出水，可水冷水充满冷凝管，得到充分冷凝的目的，故答案为：B；A．点评：本题综合考查物质的分离和提纯，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从把握实验流程和实验原理，把握操作方法和注意事项，难度不大．　24．（4分）有一包白色粉末，其中可能含有NaCl、BaCl2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色（2）向（1）中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生（4）另取（1）中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀．则原白色粉末中一定含有的物质是　BaCl2和Na2CO3　，一定不含的物质是　CuSO4　，可能含有的物质是　NaCl　（以上物质均写化学式）．考点：几组未知物的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色，一定没有CuSO4，一定含有BaCl2和Na2CO3；（2）向（1）中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体碳酸钡完全溶解，并有气泡二氧化碳产生；（3）取少量（2）的溶液，其中含有硝酸钡，滴入稀硫酸，有白色沉淀硫酸钡产生；（4）另取（1）中过滤后的溶液，其中加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀AgCl，证明含有氯离子，但是BaCl2中含有氯离子，不能确定是否含有NaCl．解答：解：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色，一定没有CuSO4，一定含有BaCl2和Na2CO3；-22-\n（2）向（1）中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体碳酸钡完全溶解，并有气泡二氧化碳产生；（3）取少量（2）的溶液，其中含有硝酸钡，滴入稀硫酸，有白色沉淀硫酸钡产生；（4）另取（1）中过滤后的溶液，其中加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀AgCl，证明含有氯离子，但是BaCl2中含有氯离子，不能确定是否含有NaCl．综上知道：一定含有的物质是BaCl2和Na2CO3，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是NaCl．故答案为：BaCl2和Na2CO3；CuSO4；NaCl．点评：本题是一道物质的鉴别题，注意物质的性质以及物质间反应的现象是解题的关键，难度中等．　25．（8分）（2022•上海）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、H3AsO4、H2O和一种未知物质X．（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是　AsH3　．（2）已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为：　Br2　．（3）根据上述反应可推知　ac　．a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4b．氧化性：H3AsO4＞KBrO3c．还原性：ASH3＞Xd．还原性：X＞ASH3（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：　　．考点：氧化还原反应．专题：压轴题；氧化还原反应专题．分析：（1）KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性，As元素的化合价在反应中升高；（2）由元素化合价的变化来计算转移的电子；（3）利用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来分析；（4）根据化合价的升降判断电子的转移方向，根据得失电子的最小公倍数确定转移的电子数．解答：解：（1）KBrO3在反应中得到电子，则Br元素的化合价降低，给出的物质中AsH3具有还原性，As元素的化合价在反应中升高，故答案为：AsH3；（2）设X中Br元素化合价为x，由元素化合价的变化可知转移的电子为0.2mol×（5﹣x）=1mol，解得x=0，则X为Br2，故答案为：Br2；（3）在反应中，氧化剂为KBrO3，还原剂为AsH3，氧化产物为H3AsO4，还原产物为Br2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KBrO3＞H3AsO4，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知ASH3＞X（Br2），故答案为：ac；-22-\n（4）KBrO3在反应中得到电子，AsH3具失去电子，转移的电子数为40e﹣，则标出电子转移的方向和数目为，故答案为：．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，注意利用氧化还原反应中的规律及表示方法来解答即可，难度不大．　-22-