山西省临晋中学2022年化学高一第一学期期中考试模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某同学体检的血液化验单中，葡萄糖为0.0059 molL1。表示该体检指标的物理量是A溶解度(S)B物质的量浓度(c)C质量分数()D摩尔质量(M)2、将40 g NaOH溶于水中，配制成1 L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（ ）。A0.1 mol/LB0.5 mol/LC1 mol/L

2、D4 mol/L3、某10%NaOH溶液，加热蒸发掉200g水后得到20%的NaOH溶液160mL，则该20%的NaOH溶液的物质的量浓度为（ ）A6.25molL-1B12.5molL-1C7molL-1D7.5molL-14、下列物质中，不存在化学键的是 （ ）A食盐 B氯气 C氦气 D氨气5、进行化学实验必须注意安全。下列做法不正确的是 ( )A实验室用加热分解高锰酸钾制备氧气时，先撤导管，后熄灭酒精灯B进行蒸馏操作时，若忘记加碎瓷片应立即停止加热待溶液冷却后加入碎瓷片再加热C稀释浓硫酸时，把水沿烧杯内壁慢慢加入浓硫酸中，并不断搅拌D不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上

3、硼酸溶液6、在溶液中能大量共存，加入NaOH溶液后有沉淀产生，加入盐酸后有气体放出的是ANa、Cu2、Cl、S2- BFe3、K、SO42-、NO3-CNa、SiO32-、OH、NO3- DNa、Ba2、Cl、HCO3-7、对下列实验的评价，正确的是（ ）A加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-B加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-C加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀硝酸，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl8、在NaCl、MgCl2、Mg

4、SO4形成的混合溶液中，c(Na+)0.2molL1，c(Mg2)0.5molL1， c(Cl)0.4molL1，则c(SO42)为（ ）A0.3molL1 B0.4molL1 C0.20molL1 D0.5molL19、K37CIO3晶体与H35Cl溶液反应生成氯化钾、氯气和水，实验测得此反应生成的氯气的分子量是（）A73.3B73C72D70.710、已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的

5、是A两个反应中NaHSO4均为氧化产物BI2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C氧化性：MnO2SO42-IO3-I2D反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1: 511、某溶液中含有0.2mol/L的NH4+、0.25mol/L的Fe2+、0.4 mol/L的Cl-及一定量的SO42-，则SO42-的物质的量浓度为A0.15mol/L B0.3mol/L C0.5mol/L D0.1mol/L12、在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是 ( )A在某碱性溶液中：Na+、Cl-、SO42-、Cu2+B碳酸钠溶液：H+、Na+、Cl-、OH-C某无色的溶液：K+

6、、H+、OH-、MnO4-D在某酸性溶液中：Cu2+、Na+、SO42-、Cl-13、对于反应A+B=C+D来说，下列说法中正确的是（ ）A若生成物C、D分别为两种沉淀，A、B有可能为盐和碱B若生成物C、D有一种为单质，该反应一定是置换反应C若生成物C、D是盐和水，则A、B一定是酸和碱D若生成物C、D是两种化合物，则A、B一定是化合物14、两个体积相同的密闭容器一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体，在同温同压下，两个容器内的气体一定具有相同的 （ ）质量密度分子总数 原子总数 质子总数A B C D15、一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2

7、连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是ANaCl固体是非电解质BNaCl溶液是电解质CNaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子DNaCl溶液在通电的条件下，电离出大量的离子16、某溶液中仅含Na+、Mg2+、Cl、SO42四种离子，其中Na+浓度为 0.2molL1、Mg2+浓度为0.25molL1、Cl浓度为0.4molL1，则SO42的浓度为A0.5molL1B0.3molL1C0.1molL1D0.15molL1二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为

8、淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为_(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是_。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_，产物分子的电子式为_，其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)。18、有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。取少量中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀

9、生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。（1）请写出上述第步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，（填化学式，下同）一定不含有_，可能含有_。（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是_。19、实验室配制一定浓度的溶液都要使用一定规格的容量瓶，现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，回答下列问题：（1）需量取该浓H2SO4溶液的体积是_mL。（2）需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要_。（3）配制过程有下列几步操作：A将蒸馏水加入容量瓶至液面接

10、近刻度线12cm处；B用l0mL量筒量取所需体积的H2S04溶液，注入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C用胶头滴管加水至刻度线；D用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也转移到容量瓶中；E向烧杯中加入约20mL蒸馏水；F将烧杯中溶液冷却后，沿玻璃棒转移到容量瓶中；G盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，静置，装瓶。以上各步骤操作的先后顺序是_填字母），使用容量瓶之前需要进行的一步操作是：_。（4）若所配溶液浓度偏低，则造成此误差的操作可能是_。A定容时俯视容量瓶B用量筒取浓H2S04溶液时俯视读数C使用容量瓶前未干燥D未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶E定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面F未按要求洗涤烧杯

11、和玻璃杯23次20、为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42+以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：（1）第步实验操作需要烧杯、_、_等玻璃仪器。（2）第步中，相关的离子方程式：_ ；_。（3）步聚2中，判断沉淀已完全的方法是：_。（4）除杂试剂除了流程中的顺序外，加入的顺序还可以是BaCl2、Na2CO3、NaOH或者_21、（一）2011年，内蒙古、新疆、浙江等地都要陆续召开各具特色的农博会，到时“生态农业”将成为农会人员关注的热门话题。生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.0

12、16 L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH44CuOCO22H2O4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通入过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。（1）原混合气体中甲烷的物质的量是_。（2）原混合气体中氮气的体积分数为_。（二）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为_（三）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H

13、3AsO4、H2O和一种未知物质X。已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，请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。_（四） 在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)、过氧化钠为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的O2时，四个反应中转移的电子数之比为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】葡萄糖为0.0059molL1，涉及单位为mol/L，为物质的量浓度的单位，而质量分数无单位，溶解度的单位为g，摩尔质量单位为g/mol，故答案为B。2、C【解析】n（NaOH）=1mol，则c

14、=1mol/L，故选C。3、A【解析】根据蒸发前后溶质的质量不变，计算出溶液的质量，根据质量分数计算溶质的物质的量，进而计算溶液的物质的量浓度。【详解】设10%氢氧化钠溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则有x10%=（x-200g）20%，解得x=400g，20%的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量为 =1mol，所得20%氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 =6.25molL1，故选：A。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，本题要先计算蒸发后溶液的质量，为解答该题的关键。4、C【解析】分析：化学键是指分子内或晶体内相邻两个或多个原子（或离子）间强烈的相互作用力的统称；一般非金属元素之间易形

15、成共价键，金属元素与非金属元素之间易形成离子键，以此来分析；单原子分子中只存在分子间作用力，不存在化学键，据此分析即可。详解：A、氯化钠是离子化合物，氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离子键，故A错误；B、氯气中氯原子和氯原子之间只存在非极性共价键，故B错误；C、氦气是单原子分子，所以氦气中只存在分子间作用力不含化学键，故C正确；D、氨气中氮原子和氢原子之间存在极性共价键，故D错误。故选C。点睛：本题考查了化学键，掌握化学键的种类和物质中存在的化学键是解题的关键。5、C【解析】A. 高锰酸钾加热制备氧气时，用排水法收集满氧气后，先移出导管，后撤酒精灯，防止水槽内的水倒吸；故A正确；B. 液体加热

16、要加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B 正确；C. 稀释浓硫酸时,把浓硫酸沿容器壁慢慢注入水中,并不断搅拌，使产生的热量及时散发出去，故C错误；D项，不慎将浓碱液沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上35%的硼酸溶液，以中和碱液，故D正确；综上所述，本题选C。6、D【解析】A.溶液中Cu2与S2-会生成CuS沉淀，不能大量共存，错误；B.溶液中离子能大量共存，加入NaOH溶液后有Fe(OH)3沉淀产生，但加入盐酸后无气体放出，错误；C.溶液中离子能大量共存，加入NaOH溶液后无沉淀产生，加入盐酸后有H2 SiO

17、3沉淀产生，无气体放出，错误；D.溶液中离子能大量共存，加入NaOH溶液后有BaCO3沉淀产生，加入盐酸后有CO2气体放出，正确。7、D【解析】A可能生成AgCl沉淀；B可能含有CO32、SO32、HCO3、HSO3等离子；C也可能是Ca2等离子；D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀硝酸，排除碳酸根离子等干扰；【详解】A应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡检验，以排除生成AgCl沉淀的可能，故A错误；B生成气体可能为二氧化碳、二氧化硫，原溶液可能含有CO32、SO32、HCO3、HSO3等离子，故B错误；C原溶液也可能含Ca2等离子，故C错误；D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀

18、硝酸，排除碳酸根、OH-离子等干扰，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl，故D正确；故选D。8、B【解析】令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值据此判断。【详解】令硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：0.2mol/L1+0.5mol/L2=0.4mol/L1+2c，解得：c=0.4mol/L。答案选B。【点睛】本题考查溶液物质的量浓度的计算，难度不大，利用常规解法，比较麻烦，本题根据溶液不显电性，阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算中经常运用。9

19、、D【解析】K37CIO3晶体与H35Cl溶液反应生成氯化钾、氯气和水，方程式为：K37ClO3+6H35Cl=K35Cl+3Cl2+3H2O，生成的Cl2中，37Cl与35Cl个数比为1：5，生成的氯气相对分子质量约为(355+37)/3=70.7，故D正确；故选D。10、D【解析】A在反应（1）中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应（2）中被氧化，故A错误；B碘元素在反应（1）中被氧化，在反应（2）中被还原，故B错误；C根据反应（2），氧化性IO3-SO42-，故C错误；D反应（1）中生成1mol碘转移2NA电子，反应（2）中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应（1）、（2）中生成等量的

20、I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；答案选D。11、A【解析】根据阴阳离子电荷守恒可知，阳离子电荷总浓度=阴离子电荷总浓度。【详解】阳离子电荷总浓度c=c(NH4+)+2c(Fe2+)=0.2+0.5=0.7mol/L，阴离子电荷总浓度c=c(Cl-)+2c(SO42-)=0.7mol/L，故SO42-物质的量浓度为0.15mol/L。答案为A。12、D【解析】A. 在碱性溶液中：OH-与Cu2+反应，不能大量共存，A错误；B. H+与OH-反应，不能大量共存，CO32-与H+反应，不能大量共存，B错误；C. 含有MnO4-的溶液显紫色，与题给某无色的溶液不符，C错误；D.

21、 在酸性溶液中：H+、Cu2+、Na+、SO42-、Cl-离子间不发生反应，均能大量共存，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】此题是离子共存问题，首先要考虑离子组存在的外界环境，酸性、碱性、中性、溶液是否有色等，还要考虑离子组内各离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，这样才能选出符合条件的离子组。13、A【解析】A若是硫酸铜和氢氧化钡反应，可生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，A正确；B若反应是置换反应，则反应前后均有单质参与反应，B错误；C酸式盐和碱反应也可生成盐和水，如硫酸氢钠和氢氧化钠反应，C错误；D有机物烃类的燃烧，生成水和二氧化碳，但反应物有一种物质是氧气，属于单质，D错误；答案选A

22、。14、A【解析】氢气与氯气的物质的量之比为1：1时，氢气、氯气的总质量与HCl的质量相等，但氢气、氯气的物质的量之比不一定为1：1，故氢气、氯气的总质量与HCl的质量不一定相等，故错误；由中分析可知，氢气与氯气的物质的量之比为1：1时，两容器内气体的密度相等，但氢气、氯气的物质的量之比不一定为1：1，故两容器内气体的密度不一定相等，故错误；氢气、氯气的总体积与HCl体积相等，则氢气、氯气总物质的量与HCl物质的量相等，分子总数一定相等，故正确；氢气、氯气的总体积与HCl体积相等，则氢气、氯气总物质的量与HCl物质的量相等，都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故正确；H原子中含有1个质子，C

23、l原子中含有17个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等，故错误；答案选A.15、C【解析】电解质溶液导电的粒子是阴、阳离子。图1研究的对象是固体NaCl，固体NaCl中的Na+和Cl-不能自由移动，所以不导电，图2研究的对象是NaCl溶液，溶液中NaCl可电离出自由移动的Na+和Cl-，所以可以导电，由此分析。【详解】A.由图2知NaCl在水溶液中能够导电，所以NaCl是电解质，A项错误；B.电解质必须是化合物，NaCl溶液是混合物，所以NaCl溶液不是电解质，B项错误；C.物质之所以能够导电是因为存在自由移动的电荷。图1实验中灯泡不亮，说明固

24、体NaCl中没有自由移动的电荷；图2实验中灯泡亮，说明NaCl溶液中存在自由移动的电荷，据此可推知NaCl在水溶液中电离出了可自由移动的离子，C项正确；D.图2实验中NaCl溶液能够导电，证明NaCl溶液中存在自由移动的离子，但不能证明这些阴、阳离子是在通电条件下电离的，D项错误；答案选C。16、D【解析】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，利用电荷守恒计算。【详解】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，设SO42的浓度为x molL1，则0.2molL1+0.25molL12=0.4molL1+2x，解得x=0.15molL1，故选D。二、非选择题（本题包括5小

25、题）17、三 A MgSiSC SiO2 C+2SCS2 极性 【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1) M为S，在周期表中位于第三周期第A族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此MgSiS，S比C多一个电子层，则原子半径SC，因此原子半径由大到小的顺序为MgSiSC。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS

26、2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。18、CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2 CaCO3、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 KNO3 焰色反应 【解析】加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；取少量中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。（1）实验为CaC

27、O3与HNO3反应，离子方程式为：CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。19、5.6 500ml容量瓶 EBFDACG 检查容量瓶是否漏液 BF 【解析】（1）根据c=1000/M可知，浓H2SO4溶液的物质的量浓度=10001.898%/98=18.0mol/L，根据溶液稀释规律：稀释前后溶质的量保持不变，设需量取该浓H2SO4溶液的体积是VL ，实验室没有450mL容量

28、瓶，只能选用500mL容量瓶，所以18.0V=0.20.5，V=0.0056L=5.6mL；综上所述，本题答案是：5.6。（2）实验室配制一定浓度的溶液需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要500mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500ml容量瓶。（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,用10mL量筒量取硫酸,在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯与玻璃棒2-3次,并移入容量瓶内,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,盖好瓶塞,反复颠倒摇匀,故操作顺序为EBFDACG ；容量瓶有玻璃塞和玻璃旋塞，因

29、此为防止在使用过程中出现漏液现象，在使用之前需要进行检查容量瓶是否漏液； 综上所述，本题正确答案是：EBFDACG；检查容量瓶是否漏液。（4）A.定容时俯视容量瓶,所配溶液体积偏小,配制溶液的浓度偏大,故 A不符合；B量筒取浓H2S04溶液时俯视读数，量取硫酸溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏小，故B符合；C配制需加水定容，使用容量瓶前未干燥，对所配溶液浓度无影响,故C不符合；D未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故 D不符合；E定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面，可以继续加水,对所配溶液浓度无影响,故E 不符合；F使用的烧杯和玻璃棒未洗涤彻底，移入容量瓶内溶质硫酸的

30、物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故F符合；综上所述，本题选BF。20、漏斗 玻璃棒 Ca2+CO32-=CaCO3 Ba2+CO32-=BaCO3 静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全 NaOH 、BaCl2、Na2CO3 【解析】（1）粗盐要溶解于水形成溶液，第步操作的名称是溶解，第步滴加BaCl2的目的是除去溶液里的SO42-；第步滴加NaOH的目的是除去溶液里的Mg2+ 、Fe3+；第步滴加Na2CO3的目的是除去溶液里的Ca2+。（2）第步过滤操作所需玻璃仪器的名称是漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）第步实验的目的是滴加稀盐酸除去溶液里过量的

31、OH-和CO32-。【详解】（1）过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为玻璃棒；漏斗；（2）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2+CO32-=CaCO3、Ba2+CO32-=BaCO3，故答案为Ca2+CO32-=CaCO3、Ba2+CO32-=BaCO3；（3）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向第步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为静置，在上层清

32、液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全；（4）除杂试剂为了根本除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸至不再有气体生成即可，故答案为NaOH 、BaCl2、Na2CO3。【点睛】本题考查了有关粗盐的提纯知识，可以根据所学知识进行回答，题目难度不大。粗盐中的CaCl2、MgCl2、FeCl3、Na2SO4以及泥沙等杂质的除杂方法：先将混合物溶解，后过滤除泥沙，再加入试剂分别将钙离子、镁离子、铁离子以及钙离子除去，但是碳酸钠一定放在氯化钡的后面，氢氧

33、化钠和氯化钡的顺序无要求。为了将杂质去除彻底，所加的除杂试剂都是过量的，还要考虑将过量的除杂试剂除去。21、0.075 mol 5.56% 1:7 2:2:1:1 【解析】（一）（1）用差量法计算原混合气体中n（CH4）。（2）由与过量石灰水反应生成沉淀的质量计算与澄清石灰水反应的CO2物质的量，结合C守恒计算原混合气体中n（CO2），根据原混合气体标准状况下的体积计算N2的体积分数。（二）设FeS物质的量为1mol，根据得失电子守恒计算NO2、N2O4、NO物质的量，根据原子守恒计算参与反应的HNO3物质的量。（三）0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，1molKBrO

34、3在反应中得到5mol电子生成X，KBrO3中Br的化合价为+5价，则X为Br2；根据各元素的化合价，该反应中的氧化反应为AsH3H3AsO4，根据得失电子守恒配平反应并标出转移电子的方向和数目。（四）根据四种物质中O元素的化合价分析转移电子数。【详解】（一）（1）用差量法，CH44CuOCO22H2O4Cum（减重） 1mol 480g 464g 480g-464g=64g n（CH4） 4.8g=，解得n（CH4）=0.075mol，原混合气体中CH4物质的量为0.075mol。（2）与过量澄清石灰水反应的CO2物质的量n（CO2）=n（CaCO3）=0.085mol，由CH4与CuO加热

35、生成的CO2物质的量为0.075mol，原混合气体中CO2物质的量为0.085mol-0.075mol=0.01mol；原混合气体总物质的量为2.016L22.4L/mol=0.09mol，原混合气体中N2物质的量为0.09mol-0.075mol-0.01mol=0.005mol，N2物质的量分数为100%=5.56%，原混合气体中N2的体积分数为5.56%。（二）设FeS物质的量为1mol，反应中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-2价升至+6价，1molFeS反应失去9mol电子，NO2、N2O4、NO为HNO3的还原产物，根据得失电子守恒，n（NO2）（+5）-（+4

36、）+n（N2O4）2（+5）-（+4）+n（NO）（+5）-（+2）=9mol，n（NO2）：n（N2O4）：n（NO）=1:1:1，解得n（NO2）=n（N2O4）=n（NO）=1.5mol；根据S守恒，Fe2（SO4）3物质的量为mol，根据Fe守恒，Fe（NO3）3物质的量为1mol-mol2=mol，根据N守恒，参与反应的HNO3物质的量为mol3+1.5mol+1.5mol2+1.5mol=7mol，实际参加反应的FeS与HNO3物质的量之比为1mol：7mol=1:7。（三）0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，1molKBrO3在反应中得到5mol电子生成X

37、，KBrO3中Br的化合价为+5价，则X为Br2；根据各元素的化合价，该反应中的氧化反应为AsH3H3AsO4，As元素的化合价由-3价升至+5价，1molAsH3失去8mol电子生成1molH3AsO4，根据得失电子守恒配平反应的化学方程式为8KBrO3+5AsH3+4H2SO4=4Br2+5H3AsO4+4K2SO4+4H2O，反应中转移40e-，答案为：。（四）KMnO4、KClO3中O元素的化合价都为-2价，由KMnO4、KClO3制取O2，生成1molO2转移电子4mol；H2O2、Na2O2中O元素的化合价都为-1价，由H2O2、Na2O2制取O2，生成1molO2转移电子2mol；当制得同温、同压下相同体积的O2时，四个反应中转移的电子数之比为4：4：2：2=2:2:1:1。