【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第一中学校2019-2020学年高一下学期第一次在线月考化学试题.doc，共(15)页，334.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省叙州区第一中学高一第一学月考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg23P31S32Fe56Cu64第I卷选择题（45分）一、单选题（每小题3分，共15个小题，共45分）1.下列有

关说法不正确的是A.将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，可形成胶体B.氯气能使湿润的有色布条褪色，所以氯气具有漂白性C.可以用焰色试验鉴别KCl固体和NaCl固体D.金属钠在空气中长期放置，最终生成物为Na2CO3【答案】B【解析】【详解

】A、实验室制备氢氧化铁胶体，可将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体即可得到，注意不能继续加热，防止胶体沉淀，故A正确；B、干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气不具有漂白性，氯气

能使湿润的有色布条褪色，是因为Cl2+H2O⇌HCl+HCl0，次氯酸具有漂白性，故B错误；C、钾、钠的焰色反应不同，可用焰色反应鉴别，故C正确；D、金属钠在空气中长期放置，变化过程：Na→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH

）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），故D正确。答案选B。2.下列说法正确的是()A.CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质B.强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电

能力强C.液溴不导电，所以溴是非电解质D.氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳的水溶液导电是碳酸电离产生离子而导电，不是二氧化碳本身导电，二氧化碳属于非电解质，故A错误；B.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度和离子所带的电荷，与电解

质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B正确；C.液溴是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，不是在电流的作用下，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查了强电解质、弱

电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。3.下列关于物质分类的说法正确的是A.氧化铝、氧化铁都属于碱性氧化物B.漂白粉、石英都属于纯净物C.硫酸铜溶液、氢氧化铁胶体都属于分散系D

.葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物【答案】C【解析】A.氧化铝属于两性氧化物，氧化铁属于碱性氧化物，A错误；B.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，石英属于纯净物，B错误；C.硫酸铜溶液、氢氧化铁胶体都属于分散系，C正确；D.葡萄糖不是高分子化合物，蛋白质

属于高分子化合物，D错误，答案选C。4.下列解释实验事实的化学方程式或离子方程式不正确的是A.氯气用于自来水的杀菌消毒：Cl2+H2OHCl+HClOB.将“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g)N2O4(g)H＜0C.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性：

OH-+Ba2++H++SO42-=BaSO4↓+H2OD.铜片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】C【解析】【详解】A、氯气用于自来水的杀菌消毒的化学方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，A正确；B、将“NO2球”浸泡

在热水中，颜色变深：2NO2(g)N2O4(g)∆H＜0，B正确；C、向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性，离子方程式为2OH-+Ba2++2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，C错误；D、铜片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu+8H++2NO

3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，D正确；答案选C。5.现有C、CO、CO2、Na2CO3四种物质，采用下列分类标准，无法将其中两种归为一类的是（）A.是否具有还原性B.是否为氧化物C.碳元素的化合价是否相同D.是否为电解质【答案】D【解析】A、在C、

CO中C元素的化合价处于中间价态，可以升高，具有还原性，可将C、CO归为一类，故A正确；B、因CO、CO2两种物质是由两种元素组成的化合物，其中一种元素为O，属于氧化物，CO、CO2归为一类，故B正确；C、在CO2、Na2CO3中C元素的化合价都为

+4价，都是最高价，CO2、Na2CO3归为一类，故C正确；D、Na2CO3在水溶液或水溶液中都能导电，属于电解质，而C、CO、CO2不属于电解质，无法将其中两种归为一类，故D符合题意。故选D。6.下列盛放物质的方法错误的是A.将金属钠保存在

煤油中B.纯碱溶液用带磨口玻璃瓶塞的试剂瓶保存C.硝酸银溶液盛放在棕色试剂瓶中D.FeSO4溶液保存时要加入铁粉防止氧化【答案】B【解析】A、钠性质活泼，易与氧气和水反应，其密度小于煤油的密度，故将其保存在煤油中以隔绝空气防止变质，A正确；

纯碱溶液显碱性，磨口玻璃塞中含有的二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，使玻璃塞与瓶口黏在一起而无法打开，发生的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，B错误；C、硝酸银固体及其溶液在光照条件下容易分解

，故必须放于棕色试剂瓶中，C正确；D、FeSO4中的Fe2+具有还原性，易被空气氧化，故需要加入铁粉防止其氧化，发生的反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，D正确。正确答案为B。7.中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的《浪淘沙》：

“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是（）A.“沙中浪底来”指的是金的氧化物B.淘金原理与化学上的萃取一致C.雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7cmD.由沙子到计

算机芯片发生了还原反应【答案】D【解析】【详解】A.“沙中浪底来”指的是金的单质，故A错误；B.金的密度较大，且金不溶于水，因此淘金原理与萃取原理不同，故B错误；C.雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7m，故C错误；D.由沙子(主要成份为SiO2)到计算机芯

片，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】注意区别硅单质和二氧化硅的用途；还有注意数量级的换算1nm=1×10-9m8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.1molNa2O2与Na2O的固体混合物中，离子总数为3NAB.1mol氧气与钠反应，转移的电

子数为4NAC.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD.标准状况下，56gFe与22.4LCl2完全反应，转移电子数为3NA【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2与Na2O中阴阳离子的个数之比均是1：2，1molNa2O2与Na2O的固体混合物中，离子总数为3NA，A

正确；B．1mol氧气与钠反应如果生成氧化钠，转移的电子数为4NA，如果生成过氧化钠，则转移的电子数为2NA，B错误；C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，其中分子数为0.1NA，C错误；D．标准状况下，56gFe（1mo

l）与22.4LCl2（1mol）完全反应，铁过量，转移电子数为2NA，D错误；答案选A。9.SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液白中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法错误的是A.上述过程中，最终被还原的是NO

3-B.从上述反应可知氧化性HNO3>Fe3+>稀硫酸C.上述过程中，会产生一种无色、难溶于水的气体D.若通入的SO2完全反应，则通入的SO2和逸出的气体物质的量之比为1：1【答案】D【解析】【分析】将SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，发生氧化还原反应生成

亚铁离子和硫酸根离子，发生离子反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；立即又变为棕黄色，发生亚铁离子与硝酸根离子的氧化还原反应，生成铁离子，离子反应为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，以此解答该题。【详解】A、溶液由黄

色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被还原的是NO3﹣，选项A正确；B、由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，综上所述氧化性

：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸，选项B正确；C、硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，选项C正确；D、上述过程中，最终被还原的是NO3﹣，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原，3SO2～2NO3﹣，之比为3：2，选项D

错误；答案选D。【点睛】本题比较综合，涉及氧化还原、离子反应方程式书写、化学反应的计算等，把握习题中的信息及发生的化学反应为解答的关键，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力，易错点为选项B：由溶液有棕色变为浅绿色，说明

三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子。10.某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4加热CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是A.KClO3中的Cl被氧化B.H

2C2O4是氧化剂C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D.每生成1molClO2转移2mol电子【答案】C【解析】【详解】A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯

为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1molClO2转移1mol电子，故错误；故选C。11.下列反应的离子方程式书写正确的是A.FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++4Br-+3Cl-=2Fe3++2Br2+6Cl-B.氧化亚铁溶于稀硝酸：F

eO+2H+=Fe2++H2OC.NaHCO3溶液中加入过量石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD.H2O2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5H2O2=2Mn2++5O2↑+2H2O+6OH-【答案】A【解析】A、FeBr2溶液中通入过量C

l2，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl-=2Fe3++2Br2+6Cl-，选项A正确；B、氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中的离子反应为：3FeO+NO3-+10H+=3Fe3++5H2O+NO↑，选项B错误；C、NaHCO3

溶液中加入过量石灰水，反应离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，选项C错误；D、H2O2溶液中加入酸性KMnO4溶液，反应离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，选项D

错误。答案选A。12.下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B.酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C.酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D.所有玻璃仪器加热时均需垫石棉网【答案

】B【解析】试题分析：A、容量瓶使用时不用干燥，有无水对实验无影响，故错误；B、滴定管使用时先用蒸馏水洗涤，然后用待盛液润洗，故正确；C、用待测液润洗锥形瓶，造成消耗的标准液的体积增大，所测浓度偏高，故错误；D、如试管加热，不需要垫石棉网，故错误。考点：考查实验仪器的

使用等知识。13.已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物比Z的气态氢化物的热稳定性强，X、Y为金属元素，Y的最高价氧化物的水化物呈两性。下列说法正确的是（）。A.工业冶炼X和Y两种单质，通常是电解其熔融的氯化物B.W与X形成的

化合物中一定只含离子键C.W的气态氢化物的沸点一定高于Ｚ的气态氢化物的沸点D.X、Y、Z的原子半径依次减小【答案】D【解析】【详解】已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，Y的最高价氧化物的水化物呈两性，故可推知Y为铝元素，X为钠或镁元素，W的气态氢化物比

Z的气态氢化物的热稳定性强，则W为Z的上一周期元素。A.工业冶炼X和Y两种单质，通常是电解X的熔融的氯化物，但电解Y的熔融氧化物，选项A错误；B.若W为氧，X为钠，则W与X形成的化合物过氧化钠中一定既含离子键又含有共价键，选项B错误；C.若W为氮、氧、氟元素中的一种，则形成的氢化物存在氢键，则

W的气态氢化物的沸点高于Ｚ的气态氢化物的沸点，若W为碳，则形成的气态氢化物的沸点可能低于Ｚ的气态氢化物的沸点，选项C错误；D.同周期元素从左到右原子半径依次减小，故X、Y、Z的原子半径依次减小，选项D正确。答案选D。【点睛】本题

考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系是关键，选项B为易错点，容易审题不仔细，造成错误，关键是确定元素在周期表中的相对位置。14.相同条件下，两个容积相同的贮气瓶，一个装O2气体,另一个装O3气体，两瓶气体具有相同的A.质量B

.密度C.分子数D.原子数【答案】C【解析】【详解】在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。在相同条件下，两个容积相同的贮气瓶中的氧气和臭氧的物质的量相等，则两瓶中气体的分子数也相同。故选C。15.将一定量的氯气（分子式为Cl2）通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，

加热少许时间后恰好完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A.Cl2在反应中既作氧化剂又作还原剂B.NaClO和NaClO3是还原产物C.生成物n(NaCl)：n(N

aClO)：n(NaClO3)一定为6：1：1D.与NaOH反应的氯气一定为3.36L【答案】A【解析】【分析】根据氧化还原反应知识进行分析计算，并作出判断。【详解】从生成物看，相当于发生两个反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaCl

O+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O。氯元素化合价均有升有降，Cl2既作氧化剂又作还原剂（A项正确）；Cl2失电子生成的NaClO和NaClO3是氧化产物（B项错误）；前后两个反应中Cl2的物质的量之比不一定是1:3，生成物n(NaCl)：n(NaClO)：n

(NaClO3)不一定为6：1：1（C项错误）；两反应都符合Cl2~2NaOH，则n(Cl2)＝n(NaOH)/2＝0.030L×10mol/L/2＝0.15mol。但不知识温度、压强，不能确定体积（D项错误）。本题选A。第II卷

非选择题16.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，它们满足如下关系：①原子序数依次增大；②ZX4++WX-=ZX3+X2W，且反应物和产物中各微粒的电子总数与M+相等，均为10个；③Z2与YW分子中质子数相等。回答下列问题：（1）

YW2的电子式：______________；实验室中MWX溶液的保存方法是：________（2）由X、Y、Z、W四种元素共同组成的离子化合物A，其原子个数比为5：1：1：3，则A的水溶液与足量的MWX溶液反应的离子方程式为：_________________________（3）M2W

2投入足量Na2S溶液中，生成浅黄色沉淀的离子方程式为：_______________（4）与M同族的元素B和B2W共n克投入到足量的X2W中完全反应，生成物蒸干后得1.25n克化合物BWX，B是________（填元素名称）。【答案】(1).(2).带橡皮塞的细口玻璃瓶(3).NH4+

+HCO3-+2OH-=NH3•H2O+CO32-+H2O(4).Na2O2+Na2S+2H2O=4NaOH+S↓(5).钾【解析】【分析】X、Y、Z、W、M五种短周期元素，原子序数依次增大。根据ZX4++WX-═ZX3+

X2W，且反应物和产物中各微粒的电子总数均为10个电子，则ZX4+为NH4+，WX-为OH-，ZX3+为NH3；X2W为H2O；M+电子数与NH4+、OH-、NH3、H2O相等，则M+为Na+；所以M为Na元素，X为H元素，Z为N元素，W为O元素；由于Z2与YW分子（YW分子为CO）中质子数相等则

Y为C元素；结合元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】根据ZX4++WX-═ZX3+X2W，且反应物和产物中各微粒的电子总数均为10个电子，则ZX4+为NH4+，WX-为OH-；ZX3为NH3，X2W为H2O；M+电子数与NH4+、OH-、NH3、H2O相

等，则M+为Na+；所以M为Na元素，X为H元素，Z为N元素，W为O元素；由于Z2与YW分子（YW分子为CO）中质子数相等则Y为C元素；（1）YW2为CO2，是共价化合物，其电子式为；M为Na元素，X为H元素，W为O元素，则MWX为NaOH，易吸收水和空气

中的二氧化碳反应，氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠是矿物胶，不能用玻璃塞，则应密闭保存在带橡胶塞的试剂瓶中；（2）由X、Y、Z、W四种元素共同组成的离子化合物A，其原子个数比为5：1：1：3，则A为NH4HC

O3，MWX为NaOH，NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-=NH3•H2O+CO32-+H2O；（3）M2W2是Na2O2，Na2O2有强氧化性，Na2O2投入足

量Na2S溶液中，生成浅黄色沉淀是S，反应的化学方程式为：Na2O2+2H2O+Na2S=4NaOH+S↓；（4）设B的相对原子质量为R，利用极限值法求解：若ng的物质全为B时BBOHRR17n1.25n−→+则：Rn=R171.25n+，解

得R=68；若ng物质全为B2O时2BO2BOH2R2R34n1.25n−→+则：2R16n+=2R341.25n+，解得R=28；因为ng物质为B与B2O的混合物，故28＜R＜68，与Na同族的元素中只有K符合要求，故B为钾。17.如图为氯

及其化合物的“价-类”二维图。（1）填写二维图缺失的类别A_________和化学式B_________。（2）某同学利用以下试剂研究HCl性质，进行了如下预测：a.NaClOb.Fec.NaOHd.KMnO4e.AgNO3从

物质类别上看，HCl属于______，可能与__________发生反应（填序号）；从化合价角度看，Cl-具有______性，可能与_____发生反应（填序号）。（3）某工厂用NaCl溶液制备氯气，其化学原理为如下反应：H2O+NaCl==Cl2+NaOH+①请将上述方程式补充完整，并用单线桥

表示电子转移。_____________②反应中NaCl作_________剂，理由是_________________________________。【答案】(1).单质(2).HClO4(3).酸(4).a、b、c、e(5).还

原(6).a、d(7).(8).还原(9).因为其中氯由-1价上升为0价（或在反应中失去电子）【解析】【分析】（1）Cl2为单质；根据B中Cl元素化合价进行判断；（2）HCl属于强电解质，完全电离，所有的阳离子均为H+，因此HCl属于酸，能与碱、金属单质、等发生反

应；Cl-中Cl为-1价，为最低价态，具有还原性，据此分析作答；（3）①根据氧化还原反应化合价升降守恒对方程式进行配平，并判断电子转移数目；②根据方程式中化合价的变化判断。【详解】（1）Cl2为单质，因此A为单质；物质B中Cl为+7价，Cl为+7价的酸为HCl

O4；（2）HCl属于强电解质，完全电离，所有的阳离子均为H+，因此HCl属于酸，能与NaClO反应生成HClO，能与铁反应生成氢气，能与氢氧化钠发生中和反应，能与AgNO3反应生成白色沉淀；Cl-中Cl为-1价，为最低价态，具有还原性，能与NaClO发生归中反应，能与K

MnO4发生氧化还原反应；（3）①根据氧化还原反应化合价升降守恒对方程式配平可得方程式为2H2O+2NaClCl2+2NaOH+H2↑,2molNaCl参与反应，电子转移2mol，用单线桥表示为：；②由方程式可知，反应中Cl由-1价

变为0价，化合价升高，失去电子，被氧化，NaCl作还原剂。【点睛】用单线桥表示电子得失时，要注意以下几点：a．箭头从失电子元素的原子指向得电子元素的原子。b．不标“得到”或“失去”，只标明电子转移的总数。c．线桥只出现在反应物中。18.铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。

在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)。（1）①该反应的平衡常数表达式为：K=___。②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g。则10min内CO的平均反

应速率为___。（2）请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：①___②___。（3）明矾KAl(SO4)2·12H2O的水溶液呈___性（填”酸性、碱性、中性），溶液中各离子的浓度从大到小的顺

序为____。（4）写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：___，欲使上述体系中Al3+浓度增加，可加入的物质是____。（5）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)和

温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是____。a.b.c.d.【答案】(1).323[CO][CO](2).0.015mol(L•min)(3).CO或（CO2）的生成速率与消耗速率相等(4).CO（或CO2）的质量不再改变(5).酸性(6).c(SO42-)＞c(K+)＞c(A

l3+)＞c(H+)＞c(OH-)(7).Al(OH)3H++AlO2-+H2O(8).盐酸(9).b【解析】【分析】(1)①平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；②先根据化学方程式计算出消耗的CO的物质的量，然后根据V=ct=nVt求出CO的化学反应

速率；(2)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变；(3)明矾是KAl(SO4)2•12H2O，结合铝离子水解呈酸性分析；(4)根据Al(OH)3的酸式电离；根据Al(OH

)3的碱式电离平衡以及外界条件对电离平衡的影响；(5)根据通过加热引发铝热反应以及铝热反应为放热反应以及温度升高化学反应速率加快分析。【详解】(1)①因平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则K=()()323cCOcCO

；②生成了单质铁的物质的量为：11.2g56g/mol=0.2mol，则：Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)0.3mol0.2mol所以CO的反应速率V=ct=nVt=0.3mol2L10min=0.015mol/(L•min)；(2)因当反应达到平衡状态时，正逆反应速

率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，所以说CO或(CO2)的生成速率与消耗速率相等、CO(或CO2)的质量不再改变能说明该反应已达到平衡状态；(3)明矾是KAl(SO4)2•12H2O，其溶液中铝离子水解生成氢氧化铝使溶液显

酸性，水解离子反应为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；溶液中不水解的二元硫酸根离子浓度最大，所以离子浓度大小顺序为：c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)；(4)Al(OH)3的酸式电

离：Al(OH)3H++AlO2-+H2O，同时还存在碱式电离：Al(OH)3Al3++3OH-，加入盐酸，与OH-反应，碱式电离平衡正向移动，Al3+浓度增加；(5)因通过加热引发铝热反应，所以开始速率为零，一旦反应，反应放热，温度不断

升高，化学反应速率加快，故答案为b。19.为了将混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠提纯，并制得纯净的氯化钠溶液，某学生设计如下实验：请回答下列问题：(1)操作②________(填“能”或“不能”)用硝酸钡溶液，说明理由：__________

_____。(2)进行操作②后，判断SO已除尽的方法是____________________。(3)操作③的目的是________；不先过滤就滴加碳酸钠溶液，其理由是_________。(4)此设计方案是否严密？

______(填“是”或“否”)，说明理由______。【答案】(1).不能(2).硝酸根离子会成为新的杂质，且很难除去(3).将滴加BaCl2溶液后的溶液静置，取少许上层清液，滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则SO已除尽(4).除去过量的

Ba2＋(5).加入的Na2CO3溶液不会使已生成的沉淀溶解，且一次过滤可以节约药品和时间(6).否(7).为了除去多余的Ba2＋，加入的Na2CO3必须过量，过量的CO成为新的杂质，应该再加适量的盐酸将其除去【解析】(

1)加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，故答案为不能，硝酸根离子会成为新的杂质，且很难除去；(2)加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，故答

案为取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽；(3)操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；先过滤而后加碳酸钠溶液，在加入碳酸钠溶液后

生成的碳酸钡还需要过滤，因此一次性过滤掉BaSO4沉淀和BaCO3沉淀，可以节约药品和时间，故答案为除去过量的Ba2+；加入的Na2CO3溶液不会使已生成的沉淀溶解，且一次过滤可以节约药品和时间；(4)此方案不严密，过量的碳酸钠没有除去，得到的溶液中含有氯化钠和过量的碳酸钠两种溶质，致

使得到的氯化钠溶液不纯，应在操作④之后加入适量盐酸除去碳酸钠，然后再加热煮沸除去HCl，故答案为否；为了除去多余的Ba2＋，加入的Na2CO3必须过量，过量的CO成为新的杂质，应该再加适量的盐酸将其除去。