北京市首师附2019-2020学年高一上学期期中考试化学试卷 19页

‎2019-2020学年第一学期期中考试高一化学 可能用到的相对原子量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ca 40‎ 第I卷（40分）‎ 一、选择题（本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）‎ ‎1.下列反应中一定属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、有些化合反应没有元素化合价的变化，有单质参加的化合反应有元素化合价的变化，化合反应可能属于氧化还原反应，故A错误；‎ B项、有些分解反应没有元素化合价的变化，有单质生成的分解反应有元素化合价的变化，分解反应可能属于氧化还原反应，故B错误；‎ C项、有单质参加，有单质生成的反应属于置换反应，置换反应一定有元素化合价的变化，一定属于氧化还原反应，故C正确；‎ D项、复分解反应都没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】有电子转移化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化。‎ ‎2.下列变化中需要加入氧化及才能实现的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、锰离子转化为高锰酸根的过程中，锰元素化合价升高，需加入氧化剂才能实现，故A正确；‎ B项、亚铁离子转化为三价铁离子的过程中，铁元素化合价降低，需加入还原剂才能实现，故B错误；‎ C项、氧化铜转化为铜的过程中，铁元素化合价降低，需加入还原剂才能实现，故C错误；‎ D项、硫酸转化为硫酸钡的过程中，没有元素化合价发生改变，不属于氧化还原反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】需要加入氧化剂，说明选项中物质作还原剂即化合价升高是解答关键。‎ ‎3.氧化还原反应的实质是（ ）‎ A. 分子中的原子重新组合 B. 氧原子的得失 C. 化合价的升降 D. 电子的得失或偏移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、原子重新组合时一定发生化学反应，但不一定为氧化还原反应，故A错误；‎ B项、氧化还原反应中不一定有氧元素参加，如氢气在氯气中燃烧，故B错误；‎ C项、元素化合价变化为氧化还原反应的特征，故C错误；‎ D项、电子的得失或共用电子对的偏移，即电子的转移为氧化还原反应的实质，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的特征为化合价的升降，其实质为电子的转移或得失，注意二者的区别和联系是解答关键。‎ ‎4. 我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是 A. 徐光宪建立稀土串级萃取理论 B. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素 C. 闵恩泽研发重油裂解催化剂 D. 侯德榜联合制碱法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖，故选B。‎ 考点：考查了化学史的相关知识。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠 ②钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生 ‎ ‎③过氧化钠可在呼吸面具中做供氧剂 ④铁丝在氯气中燃烧生成棕红色的FeCl3 ⑤钠、氢气在氯气中燃烧都能产生白烟 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①钠在空气或氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠而不是白色的氧化钠，故①错误；‎ ‎②钠投入硫酸铜溶液中，先与水反应生成NaOH和H2，再与CuSO4发生复分解反应，不能置换出盐中的金属，故②错误；‎ ‎③Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2，故可在缺氧环境中做供氧剂，故③正确；‎ ‎④氯气非常活泼，它与具有可变化合价的金属如铁反应时，生成高价态的金属氯化物FeCl3，故④正确；‎ ‎⑤钠在氯气中燃烧生成固态NaCl，氢气在氯气中燃烧生成气态HCl，一个是白烟，一个是白雾，二者现象不同，故⑤错误；‎ ‎③④正确，故选C。‎ ‎6.下列叙述中，正确的是（ ）‎ A. 氯气不溶于水，因此可用排水法收集氯气 B. 新制氯水可以使干燥的有色布条褪色 C. 因为氯气具有刺激性气味，所以可以杀灭细菌和病毒 D. 液氯比氯水的漂白作用更强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气，氯气溶于水，不能用排水法收集，故A错误；‎ B项、新制氯水中含有强氧化性的次氯酸，可以使干燥的有色布条褪色，故B正确；‎ C项、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能起到杀灭细菌和病毒的作用，故C错误；‎ D项、液氯没有漂白性，氯水中含有强氧化性的次氯酸，能表现漂白性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.酸性氧化物不可能具有的性质是（ ）‎ A. 与水反应生成酸 B. 与碱性氧化物反应生成盐 C. 与酸反应生成盐和水 D. 与碱反应生成盐和水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、大部分酸性氧化物能与水反应生成酸，故A错误；‎ B项、酸性氧化物能与碱性氧化物反应生成盐，故B错误；‎ C项、与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，酸性氧化物一般不与酸反应，即使和酸反应，也不生成盐和水，故C正确；‎ D项、酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.胶体与溶液的本质差异在于（ ）‎ A. 是否稳定、透明 B. 是否有颜色 C. 分散质直径是否介于1‎-100 mm D. 是否具有丁达尔效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据分散质粒子直径大小分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），则溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故选C。‎ ‎9.下列关于酸、碱、盐的各种说法中正确的是（　　）‎ A. 电离出的阳离子有H＋的化合物叫酸，电离出OH－的化合物叫碱 B. 氯化钠溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－‎ C. 化合物电离时，生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子的是盐 D. NaHSO4可以电离出H＋，因此NaHSO4属于酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电离出的阳离子全部是H＋的化合物叫酸，电离出阴离子全部是OH－的化合物叫碱，A项错误；‎ B. 氯化钠溶液在水分子的作用下会电离出Na＋和Cl－，而不是电流作用，B项错误；‎ C. 化合物电离时，生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子的是盐，C项正确；‎ D. NaHSO4可以电离出H＋，但阳离子不全部是H＋，还有钠离子，则不是酸，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，含有的分子数为 B. 常温常压下，溶于水形成的溶液中含有离子数为 C. 通常状况下，个分子占有的体积为‎22.4 L D. 物质的量浓度为的溶液中，含有个数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、标准状况下，水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故A错误；‎ B项、‎10.6g碳酸钠的物质的量为0.01mol，‎10.6g碳酸钠溶于水，碳酸钠在溶液中电离出0.02mol钠离子，即0.02NA，故B正确；‎ C项、标准状况下，NA个二氧化碳分子占有的体积约为‎22.4L，故C错误；‎ D项、缺溶液体积，无法计算0.5mol/L硫酸溶液中硫酸的物质的量，不能计算溶液中氢离子数目，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】注意气体摩尔体积的适用范围是标准状况和物质的状态是气态是解答易错点。‎ ‎11.下列溶液中浓度由大到小的顺序是（ ）‎ ‎①溶液 ②溶液③溶液④溶液 A. ③②①④ B. ④①②③ C. ①④②③ D. ②③①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①200mL2mol•L-1MgCl2溶液中的Cl-物质的量浓度为2mol•L-1×2=4.0mol•L-1，②1000mL2.5mol•L-1NaC溶液中的Cl-物质的量浓度为2.5mol•L-1，③30mL5mol·L-1KClO3溶液中存在钾离子和次氯酸离子，不存在氯离子，氯离子的物质的量浓度为0。250mL1mol•L-1FeCl3溶液中的Cl-物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1‎ ‎，则溶液中氯离子的物质的量浓度由大到小的顺序为①④②③，故选C。‎ ‎【点睛】溶液中的Cl-物质的量浓度只与金属氯化物的浓度和微粒个数有关，与溶液体积无关是解答关键，KClO3溶液中存在钾离子和次氯酸离子，不存在氯离子是解答易错点。‎ ‎12.下列各组离子在同一无色溶液中能够大量共存的是（ ）‎ A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、无色溶液中不可能存在紫色的MnO4—离子，故A错误；‎ B项、溶液中Ag+与Cl-离子和SO42—离子能够反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C项、溶液中CO32﹣与H+离子能够反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C错误；‎ D项、溶液中OH－、NO3﹣、K+、Na+之间不发生任何反应，能大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.下列离子方程式中正确的是（ ）‎ A. 把盐酸滴在铜片上：‎ B. 混合碳酸氢钠溶液与盐酸：‎ C. 把硝酸银溶液滴入盐酸中：‎ D. 把少量溶液加入溶液中：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铜是不活泼金属，金属活动顺序表中排在氢的后面，不能与稀盐酸反应，故A错误；‎ B项、碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B错误；‎ C项、硝酸银溶液与盐酸反应生成硝酸和氯化银沉淀，反应的离子方程式为Ag++ Cl-=AgCl↓，故C错误；‎ D项、少量硫酸氢钠溶液与Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为OH－+ Ba2++ SO42－+H+= BaSO4↓+H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】注意硝酸是强酸，书写离子方程式时应拆成离子形式。‎ ‎14.下列可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法及现象是(　　)‎ A. 加热时无气体放出 B. 滴加盐酸时有气泡放出 C. 溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成 D. 溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠不分解，不能利用加热判断是否混有碳酸钠，故A错误；‎ B．二者均与盐酸反应生成气体，滴加盐酸时有气泡放出不能判断是否混有碳酸钠，故B错误；‎ C．碳酸氢钠与氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成，可判断存在碳酸钠，故C正确；‎ D．二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成，不能判断是否混有碳酸钠，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.为了除去粗盐中的、、及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量溶液，⑤加过量溶液。正确的操作顺序是（ ）‎ A. ①④②⑤③ B. ②⑤④③① C. ⑤④②①③ D. ④②⑤①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】除去粗盐中的可溶性杂质Mg2+、Ca2+、SO42-时，可以加入过量NaOH溶液除去镁离子；加入过量BaCl2溶液除去硫酸根离子；加入过量Na2CO3溶液除去钙离子和过量的钡离子，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；过滤后加入盐酸调节溶液的pH除去过量的碳酸根和氢氧根，则顺序为⑤④②①③，故选C。‎ ‎【点睛】Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后，其作用除了除去Ca2＋外，还要除去过量的Ba2＋是除去粗盐中可溶性杂质的关键，也是解答的易错点。‎ ‎16.下列离子检验的方法正确的是（ ）‎ A. 某溶液中加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有 B. 某溶液中加溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有 C. 某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有 D. 某溶液中加稀硫酸溶液生成无色无味气体，说明原溶液中有 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银、硫酸银等沉淀，未滴加稀硝酸酸化，不能排除Ag+、CO32-等离子的干扰，故A错误；‎ B项、加入氯化钡溶液，未先滴加稀盐酸酸化，不能排除Ag+、CO32-等离子的干扰，故B错误；‎ C项、氢氧化铜为蓝色，加入氢氧化钠溶液，Cu2+能与NaOH溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，故C正确；‎ D项、碳酸根和碳酸氢根均能与稀硫酸溶液生成无色无味的二氧化碳气体，不能排除碳酸氢根的干扰，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，注意检验时应排除干扰离子是解答易错点。‎ ‎17.把‎2.1 g CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足 量的Na2O2固体中，固体的质量增加(　　)‎ A. ‎2.1‎ g‎ B. ‎‎3.6 g C. ‎7.2 g D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，氢气和氧气反应生成水，二氧化碳和水都能和过氧化钠反应生成氧气，固体增重部分就是对应的一氧化碳和氢气，所以‎2.1克一氧化碳和氢气的混合气体 ，最后固体增重就为‎2.1克，选A。‎ 考点：过氧化钠的性质 ‎18.在反应中，若‎7 g A和一定量B完全反应生成‎8.5 g C，则A、B、C的摩尔质量之比为（ ）‎ A. B. C. D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由质量守恒定律可知，m（A）+m（B）=m（C），则m（B）=‎8.5g—‎7g=‎1.5g。由化学方程式可知，1molA和3molB完全反应生成2molC，则A、B、C的摩尔质量之比为：：=28:2:17，故选B。‎ ‎19.下列两种气体的分子数一定相等的是 A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4 B. 等压等体积的N2和CO2‎ C. 等温等体积O2和N2 D. 不同体积等密度的CO和C2H4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。‎ ‎【详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；‎ B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；‎ C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；‎ D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，灵活物质的量公式是解答本题的关键。‎ ‎20.在标准状况下，将VL气体A(摩尔质量为Mg/mol)，溶于‎0.1L水中，所得溶液密度为dg/cm3，则该溶液的物质的量浓度为 A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】气体的物质的量为，‎ 溶质质量，‎ 溶剂‎0.1L水，即质量为‎100g，溶液质量为，‎ 因此物质的量浓度为 ‎，‎ 故B正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ 第II卷（共60分）‎ 二、填空题（本大题共6小题，共60分）‎ ‎21.现有下列物质：①氢氧化钠固体②铜丝③氯化氢气体④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥氨水⑦碳酸氢钠固体⑧蔗糖晶体⑨熔融氢化钠⑩胆矾（C）晶体 ‎（1）上述物质相应状态下可导电的是_______________________________。‎ ‎（2）属于电解质的是_______________________________。‎ ‎（3）属于非电解质的是_______________________________。‎ ‎（4）上述状态下的电解质不能导电的是_______________________________。‎ ‎（5）⑦溶于水后的电离方程式是_______________________________。‎ ‎（6）①和⑦混合溶于水的离子方程式是_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). ②④⑥⑨ (2). ①③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧ (4). ①③⑦⑩ (5). ‎ ‎ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①氢氧化钠固体是碱，属于电解质，氢氧化钠固体中没有自由移动的离子，不能导电；‎ ‎②铜丝属于金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③氯化氢气体不能导电，溶于水能电离出自由移动氢离子和氯离子，属于电解质；‎ ‎④稀硫酸为混合物，溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑤二氧化碳气体是酸性氧化物，属于非电解质，不能导电；‎ ‎⑥氨水为混合物，溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑦碳酸氢钠固体是盐，属于电解质，碳酸氢钠固体中没有自由移动的离子，不能导电；‎ ‎⑧蔗糖晶体是非电解质，不能导电；‎ ‎⑨熔融氢化钠属于电解质，能电离出自由移动的离子，能导电；‎ ‎⑩胆矾晶体是盐，属于电解质，胆矾晶体中没有自由移动的离子，不能导电；‎ ‎【详解】（1）铜丝、稀硫酸、氨水熔融氢化钠能导电，故答案为：②④⑥⑨；‎ ‎（2）氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸氢钠固体、熔融氢化钠、胆矾晶体属于电解质，故答案为：①③⑦⑨⑩；‎ ‎（3）二氧化碳气体、蔗糖晶体属于非电解质，故答案为：⑤⑧；‎ ‎（4）氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸氢钠固体、胆矾晶体属于电解质，但没有自由移动的离子，不能导电，故答案为：①③⑦⑩；‎ ‎（5）碳酸氢钠在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3 =Na++ HCO3-，故答案为：NaHCO3 =Na++ HCO3-；‎ ‎（6）氢氧化钠和碳酸氢钠在溶液中反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3－+2OH－= CO32－+H2O，故答案为：HCO3－+2OH－= CO32－+H2O。‎ ‎22.（1）铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色物质，而在盐酸中生成浅绿色的溶液。则在、、中，具有氧化性的是_____________________。‎ ‎（2）盐酸在不同的反应中，可以分别表现出酸性、氧化性和还原性。现有如下四个反应，请写出盐酸在四个反应中，分别表现什么性质。‎ ‎①________________________；‎ ‎②________________________；‎ ‎③________________________；‎ ‎④________________________。‎ ‎（3）用双线桥表示此氧化还原反应：_____________________‎ ‎（4）题（2）的反应④中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，若有5 mol还原剂被氧化，则转移的电子数为________。‎ ‎【答案】 (1). 、 (2). 酸性、氧化性 (3). 酸性 (4). 氧化性、还原性 (5). 还原性、酸性 (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色的氯化铁，在盐酸中生成浅绿色的氯化亚铁，铁元素化合价都升高说明铁钉被氯气和氢离子氧化；‎ ‎（2）①反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑中，HCl中H元素的化合价降低；‎ ‎②反应NaOH+HCl=NaCl+H2O中，没有元素的化合价变化；‎ ‎③反应2HClH2↑+Cl2↑中，HCl中H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高；‎ ‎④反应2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O中，HCl中部分氯元素的化合价升高，部分氯元素化合价没有变化；‎ ‎（3）由化学方程式可知，反应中锰元素化合价降低被还原，KMnO4是氧化剂，HCl中氯元素的化合价升高被氧化，HCl是还原剂，反应转移的电子数目为10e—；‎ ‎（4）由化学方程式可知，2mol的KMnO4被还原，有10molHCl被氧化，转移10mol电子。‎ ‎【详解】（1‎ ‎）铁钉在氯气中被锈蚀为棕黄色的氯化铁，在盐酸中生成浅绿色的氯化亚铁，铁元素化合价都升高说明铁钉被氯气和氢离子氧化，氯气和氢离子具有氧化性，氯离子的为氯元素的最低价态，只有还原性，则氯气、氢离子和氯离子中具有氧化性的是氯气和氢离子，故答案为：Cl2、H+；‎ ‎（2）①反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑中，HCl中氢元素的化合价降低，体现其氧化性，反应中生成盐，还表现酸性，故答案为：氧化性、酸性；‎ ‎②反应NaOH+HCl=NaCl+H2O中，没有元素的化合价变化，为中和反应，反应生成盐，HCl表现酸性；故答案为：酸性；‎ ‎③反应2HClH2↑+Cl2↑中，HCl中氢元素的化合价降低，氯元素的化合价升高， HCl即表现了氧化性，也表现了还原性，故答案为：氧化性、还原性；‎ ‎④反应2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O中，HCl中部分氯元素的化合价升高，表现了还原性，部分氯元素化合价没有变化生成盐，还表现酸性，故答案为：还原性、酸性；‎ ‎（3）由化学方程式可知，反应中锰元素化合价降低被还原，KMnO4是氧化剂，HCl中氯元素的化合价升高被氧化，HCl是还原剂，反应转移的电子数目为10e—，用双线桥可表示为，故答案为：；‎ ‎（4）由化学方程式可知，2mol的KMnO4被还原，有10molHCl被氧化，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，转移10mol电子，若有5 mol还原剂被氧化，转移5mol电子，则转移的电子数为5NA，故答案为：1:5；5NA。‎ ‎【点睛】反应2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O中，HCl中部分氯元素的化合价升高，部分氯元素化合价没有变化说明HCl既表现还原性，也表现酸性是解答关键，也是易错点。‎ ‎23.现用18.4 mol/L的浓来配制500 mL 0.2 mol/L的稀。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥托盘天平 ⑦药匙。请回答下列问题：‎ ‎（1）上述仪器中，在配制稀时不需要使用的有________________（填代号），还缺少的仪器是________________。‎ ‎（2）经计算，需浓的体积为________，量取浓硫酸时应选用________（选填①10 mL ‎、②50 mL、③100 mL三种规格）的量筒。‎ ‎（3）配制一定物质的量浓度NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作：‎ A．称量用了生锈的砝码； B．将NaOH放在纸张上称量；‎ C．定容时仰视刻度线 D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出 E．未洗涤溶解NaOH的烧杯 F．容量瓶未干燥即用来配制溶液 G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线。‎ H．未冷却至室温就进行定容 I．定容时有少量水洒在容量瓶外 对配制溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有_________；偏小的有__。‎ ‎【答案】 (1). ②⑥⑦ (2). 500 mL容量瓶 (3). 5.4 mL (4). ① (5). AH (6). BCDE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在实验室欲配制500 mL 0.2 mol/L的稀硫酸需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500ml容量瓶；‎ ‎（2）依据稀释定律计算可得浓硫酸的体积，依据量取最近原则选择量筒；‎ ‎（3）依据c=分析溶液体积和溶质的物质的量是否发生变化分析解答。‎ ‎【详解】（1）配制500 mL0.2 mol·L-1的硫酸溶液需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶和胶头滴管，由题给仪器可知，在配制稀时不需要使用的有烧瓶、托盘天平 和药匙，还需要的仪器有500 mL容量瓶，故答案为：②⑥⑦；500 mL容量瓶；‎ ‎（2）设需要浓硫酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后硫酸的物质的量不变，则有：V×10‎-3L×18.4 mol/L =‎0.5 L×0.2 mol/L，解得：V≈5.4，由量取液体最近原则可知应选用10 mL量筒量取浓硫酸，故答案为：5.4；①‎ ‎（3）A、称量用了生锈的砝码会会导致称量的NaOH的质量偏大，溶液中氢氧化钠的物质的量增大，所配溶液浓度将偏高；‎ B、将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳和水，会导致NaOH的物质的量减小，所配溶液浓度将偏低；‎ C、定容时仰视容量瓶刻度线，会使溶液体积偏大，造成浓度偏小；‎ D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出会使溶质NaOH物质的量减小，造成浓度偏小；‎ E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会使NaOH物质的量减小，造成浓度偏小；‎ F、容量瓶未干燥即用来配制溶液，因定容时需要加入蒸馏水，由稀释定律可知，稀释前后NaOH的物质的量不变，若配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响；‎ G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线，溶液体积无变化，对所配溶液浓度无影响；‎ H、未冷却至室温就进行定容，因溶解放出热量，冷却到室温后，会使溶液体积偏小，造成浓度偏大；‎ I、定容时有少量水洒在容量瓶外，对容量瓶中溶液体积无影响，对所配溶液浓度无影响；‎ 则偏大的有AH，偏小的有BCDE，无影响的有FGI，故答案为：AH；BCDE。‎ ‎【点睛】明确实验室配制500 mL 0.2 mol/L的稀硫酸的操作顺序为计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签是解答关键，注意定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线，溶液体积无变化，对实验结果无影响是易错点。‎ ‎24.有一固体混合物，可能由Na2CO3、K2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合而成，为检验它们做了如下实验：①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。试判断：‎ ‎（1）固体混合物中肯定没有的是（填化学式）______________；‎ ‎（2）写出③的离子方程式____________；‎ ‎（3）固体混合物质中不能确定的物质（填化学式）____；检验该物质是否存在的方法是__________。‎ ‎【答案】 (1). CuSO4、CaCl2 K2SO4 (2). BaCO 3+2H +=Ba 2++H 2O+CO 2↑ (3). NaCl (4). 取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；②取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含CaCl2；③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，固体混合物中肯定没有CaCl2、CuSO4、Na2SO4，故答案为：‎ CaCl2、CuSO4、Na2SO4；‎ ‎（2）③为碳酸钡溶于稀硝酸生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=‎ Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；‎ ‎（3）实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，检验氯化钠的方法是取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含，故答案为：取少量③中溶液于试管中，加入酸化硝酸银，若有白色沉淀含有氯化钠，否则则不含。‎ ‎【点睛】本题为物质推断题，侧重于物质的性质的考查，可以依据物质的性质结合题干提供的信息进行解答，抓住题干叙述中沉淀气体等反应特征是解题突破口。‎ ‎25.一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500 mol。‎ ‎（1）所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式______‎ ‎（2）所得溶液中NaCl的物质的量为________。‎ ‎（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比________。‎ ‎【答案】 (1). 、 (2). 0.250 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由溶液中含有0.0500 mol次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。‎ ‎【详解】（1）氯化氢和氯气混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故答案为：OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；‎ ‎（2）根据溶液电中性原则可知：n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），n（Cl-）=n（Na+）-n（ClO-）=‎0.1L×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol，则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol，故答案为：0.250；‎ ‎（3）根据Cl原子守恒可知，n（Cl2）=×n（NaOH）=0.15mol ‎，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500 mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500 mol，则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl22HCl，由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.1mol=3：2，故答案为：3：2。‎ ‎【点睛】所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n（Cl2）=n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-）；根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。‎ ‎26.医学上常用酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液的反应来测定血钙的含量。‎ ‎（1）配平以下离子方程式，并在□中填上合适的微粒：‎ ‎________________________ ________________________________‎ ‎（2）测定血钙的含量：取2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量溶液，反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再与一定量的溶液恰好完全反应。溶解沉淀时________（填“能”或“不能”）使用稀盐酸，原因是____________。‎ ‎（3）若消耗了的溶液40.00 mL，则100 mL该血液中含钙________g。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 2 (3). 5 (4). 10 (5). 2 (6). 8 (7). (8). 不能 (9). 盐酸中具有还原性，与发生氧化还原反应，干扰的测定 (10). 0.02‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水；‎ ‎（2）盐酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，酸性高锰酸钾溶液与盐酸反应生成硫酸锰、硫酸钾、氯气和水；‎ ‎（3）由方程式可知，5Ca2+—5CaC2O4—5H‎2C2O4—2KMnO4，由此计算血液中含钙量。‎ ‎【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可得反应的离子方程式为6H++2MnO4-+5H‎2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：6；2；5；10；2；8；H2O；‎ ‎（2）盐酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，酸性高锰酸钾溶液与盐酸反应生成硫酸锰、硫酸钾、氯气和水，若选用盐酸溶解草酸钙，溶液中的氯离子会与酸性高锰酸钾溶液反应，干扰钙离子的测定，故答案为：不能；盐酸中氯离子具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，干扰钙离子的测定；‎ ‎（3）由方程式可知，5Ca2+—5CaC2O4—5H‎2C2O4—2KMnO4，则2mL血液中Ca2+的物质的量为n（Ca2+）= 1.0×10-4mol·L-1×‎0.0400L×=1.0×10-5mol，100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10-5mol×50×‎40g/mol=‎0.02g，故答案为：0.02。‎ ‎【点睛】盐酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，酸性高锰酸钾溶液与盐酸反应会干扰钙离子的测定是解答关键，也是易错点。‎