江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题 15页

www.ks5u.com ‎2019—2020上学期高一期中考试化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 P-31 K-39 S-32 Al-27 Mg-24 Ag-108 Ba-137‎ 一、选择题：每题只有一个正确选项。（本题共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：① 加入稍过量的NaOH溶液； ② 加入稍过量的Na2CO3溶液； ③ 加入稍过量的BaCl2 溶液； ④ 滴入稀盐酸至无气泡产生； ⑤ 过滤正确的操作顺序是 (　　)‎ A. ③①②⑤④ B. ②③①④⑤ C. ②③①⑤④ D. ③⑤②①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】欲除去粗盐中的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，正确操作顺序应为：‎ ‎③加入稍过量的BaCl2 溶液，除去SO42-，溶液中引入了少量的杂质Ba2+；‎ ‎①加入稍过量的NaOH溶液，除去Mg2+，溶液中引入了杂质OH-；‎ ‎②加入稍过量的Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+，溶液中引入了杂质CO32-；‎ ‎⑤过滤，除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2等沉淀；‎ ‎④滤液中滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的OH-、CO32-；‎ 所以正确的操作顺序为：③①②⑤④；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎2.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 铜、石墨均导电，所以它们均是电解质 B. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均是非电解质 D. 蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜、石墨都是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；‎ B. NH3、CO2的水溶液均导电，由于NH3、CO2不能自身电离出离子，所以NH3、CO2均是非电解质，故B错误；‎ C. 液态HCl、固体NaCl均不导电，HCl、NaCl溶液能导电，所以HCl、NaCl均是电解质，故C错误；‎ D. 蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质，故D正确。‎ ‎3.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用蒸馏法制取蒸馏水，故A正确；‎ B、碘单质溶于水，分液法不能直接分离碘和水，加入CCl4萃取碘水中的碘单质，再分液，可将碘水中的碘单质与水分离，故B错误；‎ C、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3溶液都能透过滤纸，不能用过滤法除去Fe(OH)3胶体中的Fe(OH)3溶液，故C错误；‎ D、不能在容量瓶中稀释浓溶液，应在烧杯中稀释浓硫酸，故D错误。‎ ‎4. 配制200ml0．1mol/L稀硫酸溶液时，下列实验操作使得所配溶液浓度偏小的是 A. 用量筒量取所需的浓硫酸时仰视读数 B. 定容后摇匀，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴蒸馏水至刻度线 C. 定容时，俯视刻度线 D. 用量筒量取浓硫酸倒入烧杯，再用蒸馏水洗量筒2~3次，洗液倒入烧杯中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．用量筒量取所需的浓硫酸时仰视读数，导致所取硫酸体积增大，所配溶液浓度偏高，A错误；B．定容后摇匀，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴蒸馏水至刻度线，导致加水增多，所配溶液浓度偏小，B正确；C．定容时，俯视刻度线，导致加水减少，所配溶液浓度偏高，C错误；D．量筒不需洗涤，用量筒量取浓硫酸倒入烧杯，再用蒸馏水洗量筒2~3次，洗液倒入烧杯中，导致硫酸增多，所配溶液浓度偏高，D错误；选B。‎ 考点：考查误差分析。‎ ‎5.欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是( )‎ A. K+、Mg2+、Cl－、CO32- B. Na＋、CO32－、Ca2+、NO3－‎ C. MnO4－、K＋、SO42－、Na＋ D. NH4＋、NO3－、Al3＋、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液无色,则不存在有颜色的离子；酸性条件下,离子之间不产生气体、沉淀、弱电解质、络合物,不发生氧化还原反应、不发生双水解反应时即可配制成功,以此解答该题。‎ ‎【详解】A. Mg2+与CO32-反应生成沉淀，且酸性条件下, CO32-不能大量共存，故A错误； B. CO32－和Ca2+反应生成沉淀，且酸性条件下, CO32-不能大量共存，故B错误；‎ C. MnO4－有颜色，不符合题目要求,故C错误； D. 溶液无色,酸性条件下离子之间不发生反应,可大量共存，能配制成功, 故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎6.“纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料，纳米碳就是其中一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）‎ ‎①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀 A. ①④⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“纳米材料”是粒子直径为1~100nm的材料，纳米碳就是其中一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，分散质粒子直径在1~100nm之间，所以形成的物质是胶体。‎ ‎【详解】将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，分散质粒子直径在1~100nm之间，所形成的物质是胶体，不是溶液；胶体能产生丁达尔效应；胶体粒子直径在1~100nm之间，能透过滤纸，不能透过半透膜；胶体较稳定，静置后不会析出黑色沉淀，故正确的是②③⑤，选C。‎ ‎【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征、胶体性质的应用，不同分散系的本质区别是分散质微粒直径大小，学会依据胶体的本质特征分析问题。‎ ‎7.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NA B. 1molNH4+所含质子数为10NA C. 常温下，2g氢气所含分子数目为NA D. 标准状况下体积约为22.4LH2和O2的混合气体所含分子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目 0.2NA，故A错误；‎ B.1个NH4+含有11个质子， 1molNH4+所含质子数为11NA，故B错误；‎ C. 常温下，2g氢气所含分子数目为NA，故C正确；‎ D. 标准状况下体积约为22.4LH2和O2的混合气体的物质的量是 ，所含分子数为NA，故D错误。‎ 选C。‎ ‎8.实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是 A. Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量 B. 醋酸溶液中滴入氨水至过量 C. NH4Cl溶液中加入适量的NaOH固体 D. 澄清石灰水中通入CO2至过量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液的导电能力由离子的浓度和离子电荷共同决定，浓度越大电荷越高导电能力越强，据此解答。‎ ‎【详解】A、Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度明显下降，导电能力应该明显减弱，A错误；‎ B、醋酸溶液中滴入氨水至过量，醋酸和氨水反应生成醋酸铵，从醋酸这样的弱电解质转化为醋酸铵这样的强电解质，溶液中离子浓度明显增大，导电能力明显增强，B错误；‎ C、NH4Cl溶液中加入适量的NaOH固体，反应生成NaCl和NH3·H2O，氯化钠和氯化铵的浓度相等，而NH3·H2O的电离能力很差忽略不计，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不明显，C正确；‎ D、澄清石灰水中通入CO2生成碳酸钙沉淀和水，离子浓度明显下降，导电能力应该明显减弱，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.常温下，在溶液中可以发生反应：X＋2Y3＋=2Y2＋＋X2＋。对下列叙述的判断正确的是（ ）‎ ‎①X被氧化 ②X是氧化剂 ③X具有还原性 ④Y2＋是氧化产物 ⑤Y2＋具有还原性 ⑥Y3＋的氧化性比X2＋的氧化性强 A. ②④⑥ B. ①③④ C. ①③⑤⑥ D. ②⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X＋2Y3＋=2Y2＋＋X2＋，X元素化合价升高，X是还原剂，X发生氧化反应，X2＋是氧化产物；Y元素化合价由+3降低为+2，Y3＋是氧化剂，发生还原反应，Y2＋是还原产物；‎ ‎【详解】①X化合价升高，X是还原剂，被氧化，故①正确； ‎ ‎②X化合价升高，X是还原剂，故②错误； ‎ ‎③X是还原剂，所以X具有还原性，故③正确； ‎ ‎④Y3＋是氧化剂，发生还原反应，Y2＋是还原产物，故④错误； ‎ ‎⑤Y2＋还原产物，所以Y2＋具有还原性，故⑤正确； ‎ ‎⑥氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Y3＋的氧化性比X2＋的氧化性强，故⑥正确；‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价，熟悉氧化还原反应中的概念，注意：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。‎ ‎10.在VmL硫酸铝溶液中含有a g 的Al3+，取该溶液V/10 mL，用水稀释至10V mL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度为(　　)‎ A. 5a/9v mol·L-1 B. 10a/9v mol·L-1‎ C. 10a/27v mol·L-1 D. 20a/v mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】稀释前后Al2(SO4)3溶液中Al3+与SO42－的物质的量浓度之比均为2:3，原溶液中Al3+的物质的量为a/27mol,则原溶液中Al3+的物质的量浓度为a/27mol/VmL×10-3=1000 a/27V mol·L-1，取该溶液V/10mL，Al3+的量为：V/10×10-3×1000a/27V=a/270mol, 用水稀释至10V mL，稀释后Al3+的浓度为a/270mol/(10V×10-3)=10a/27V mol·L-1，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度为3/2×10a/27V mol·L-1=5a/9v mol·L-1 ； A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎11.已知：X2、Y2、Z2、W2四种物质氧化性由强到弱的顺序是W2>Z2>X2>Y2，下列氧化还原反应能够发生的是 A. 2NaW+Z2=2NaZ+W2 B. 2NaY+W2=2NaW+Y2.‎ C. 2NaZ+X2=2NaX+Z2 D. 2NaX+Y2=2NaY+X2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析解答。‎ ‎【详解】A、该反应中，氧化性Z2＞W2，与已知不符合，所以不能发生，A不选；‎ B、该反应中，氧化性W2＞Y2，与已知符合，所以能发生，B选；‎ C、该反应中氧化性X2＞Z2，与已知不相符，所以不能发生，C不选；‎ D、该反应中氧化性Y2＞X2，与已知不符合，所以不能发生，D不选。‎ 答案选B。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. 配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中并加入少量铁粉 B. 制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸 C. 配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100 mL，称取1.6g硫酸铜晶体 D. 向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中，抑制Fe3+‎ 的水解，但是不能加入少量铁粉，否则铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，引进了杂质，故A错误；B．制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误；C．配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100 mL，需要CuSO4的物质的量为0.1L×0.1 mol·L-1=0.01mol，硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的质量为0.01mol×250g/mol=2.5g，故C错误；溶解氢氧化钠固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故C错误；D．向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故D正确；故答案为D。‎ ‎13.能正确表示下列反应的离子方程式是 (　　)‎ A. 向氢氧化钡溶液中加入过量硫酸氢钠溶液 H+ + SO42- + Ba2+ + OH- === BaSO4↓ + H2O B. 向NH4HCO3溶液中加入少量NaOH溶液： HCO3-+OH-= CO32-+H2O C. 稀硫酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ D. 向澄清石灰水中通入过量CO2 ：CO2 +2 OH－+Ca2+ = CaCO3↓ + H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向氢氧化钡溶液中加入过量的硫酸氢钠溶液，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，正确的离子方程式：2H+ +SO42- +Ba2+ +2OH- === BaSO4↓ +2H2O，错误；‎ B.向NH4HCO3溶液中加入少量NaOH溶液生成碳酸铵和水，离子方程式HCO3-+OH-=CO32-+H2O书写正确，正确；‎ C.稀硫酸与铁屑反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，错误；‎ D. 向澄清石灰水中通入过量CO2 反应生成碳酸氢钙溶液，正确的离子方程式为：CO2 +OH－= HCO3-，错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】二氧化碳属于酸性氧化物，能够与碱反应，当少量二氧化碳与氢氧化钙反应时，生成碳酸钙和水；当二氧化碳过量时，生成碳酸氢钙。规律：当二氧化碳少量时，与碱反应生成正盐，当二氧化碳过量时，与碱反应生成酸式盐。‎ ‎14.下列化学反应中，既是离子反应，又是氧化还原反应的是 A. 2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O B. Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑‎ C. BaCl2＋H2SO4===BaSO4↓＋2HCl D. H2＋CuO===Cu＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A项，是离子反应，但化合价没有变化，不是氧化还原反应；B项，有化合价的变化，是氧化还原反应，同时是离子反应；C项，是离子反应，但没有化合价的变化，不属于氧还原反应；D项，该反应没有离子参与反应，不是离子反应，有化合价的变化，是氧化还原反应。故答案为B。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应与离子反应的判断 ‎【名师点晴】注意把握离子反应以及氧化还原反应的实质，离子反应，首先要在溶液中进行，同时要有离子参加反应，可以是反应物中有离子，也可以是生成物中有离子；氧化还原反应的特征是有化合价的升降，只要有化合价的变化，该反应就属于氧化还原反应。‎ ‎15.对于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是(　　)‎ A. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有Ba2+‎ B. 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-‎ C. 加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液后有白色沉淀产生，一定有SO42-‎ D. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A溶液中含有钙离子也能发生如上现象，A错误。B溶液中含有银离子，生成氯化银沉淀，也是如上现象，B错误。C本选项为硫酸根离子检验的标准答案，C正确。D溶液中如果有碳酸氢根，也能发生如上现象，D错误。‎ ‎16.有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气（已知空气的平均相对分子质量为29）后质量为m2。在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3。则A的相对分子质量是 A. 29m2/m1 B. 29m3/m1 C. 29(m3-m1)/(m2-m1) D. 29(m2-m1)/(m3-m1)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2，则充入空气的质量为(m2-m1)；在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3，则充入体A的质量为(m3-m1)；分子的实际质量与相对分子质量呈正比，空气的平均相对分子质量为29，设A的相对分子质量是x ‎，则，x=29；故选C。‎ ‎【点晴】掌握分子的实际质量与相对分子质量呈正比是正确解答本题的关键。‎ 二．填空题(共52分)‎ ‎17.按要求完成下列空白：‎ ‎（1）9gNH4+的物质的量为___，其中含电子的数目为___。（用NA表示）‎ ‎（2）同温同压下：同体积的氨气和甲烷气体的质量比为___，同质量的氨气和甲烷气体的体积比为___。‎ ‎（3）已知24克A和40克B恰好完全反应生成0.4molC和32克D，则C的摩尔质量为___。‎ ‎（4）某无土栽培营养液中含有NH4+、Cl-、 K+、 SO42－，测得含0.6mol/LNH4+、0.5mol/LCl-、0.5mol/LK+，则SO42－的物质的量浓度为___。‎ ‎【答案】 (1). 0.5mol (2). 5NA（或3.01×1024） (3). 17：16 (4). 16：17 (5). 80g/mol (6). 0.3mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）9gNH4+的物质的量为0.5mol，1个NH4+含有10个电子，其中含电子的数目为0.5mol×10 ×NA=5NA。‎ ‎（2）根据阿伏伽德罗定律，同温同压下：同体积的氨气和甲烷气体的物质的量相等，设物质的量均为nmol，质量比为(nmol×17g/mol): (nmol×16g/mol)= 17：16，同质量的氨气和甲烷气体，设质量为mg，则物质的量分别是 、，根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，气体的体积比等于物质的量比，所以体积比为 ：=16：17。‎ ‎（3）24克A和40克B恰好完全反应生成0.4molC和32克D，根据质量守恒，生成C的质量是24g+40g-32g=32g，则C的摩尔质量为g/mol。‎ ‎（4）某营养液中含有NH4+、Cl-、 K+、 SO42－，根据电荷守恒， 0.6mol/L ×1+0.5mol/L×1=0.5mol/L×1+2c(SO42－)，c(SO42－)= 0.3mol/L。‎ ‎18.完成下列填空 ‎（1）下列两组物质中,均有一种物质的类别与其它三种不同:‎ A.MgO、Na2O、CO2、CuO B.NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2‎ 这两种物质依次是(填化学式):A__________;B__________.‎ ‎（2）①NaCl(S) ②HCl(l) ③Cu ④酒精 ⑤液态醋酸⑥KNO3溶液填空回答(填序号):以上物质中能导电的是__________;属于电解质的是__________;属于非电解质的是__________;属于弱电解质的是__________.‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). Na2CO3 (3). ③⑥ (4). ①②⑤ (5). ④ (6). ⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A中CO2为酸性氧化物，其它为碱性氧化物；B中Na2CO3为盐，其它均为碱，故答案为：CO2、Na2CO3；‎ ‎（2）电解质在水溶液或熔化状态下能够导电，硝酸钾溶液是电解质的水溶液，它能够导电；铜属于金属，能够导电．即能够导电的有③⑥；‎ 电解质是在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物，氯化钠、氯化氢、液态醋酸水溶液能够导电，氯化钠、氯化氢、液态醋酸属于电解质．因此，属于电解质的是①②⑤；‎ 非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物，蔗糖、酒精等水溶液不导电．即属于非电解质的只有④；‎ 弱电解质首先属于电解质，强电解质在水溶液里能够完全电离成离子，而弱电解质不能完全电离成离子，氯化钠、氯化氢在水溶液中能完全电离，而醋酸在水溶液中只是部分电离，还会存在大量的未电离的醋酸分子．因此属于弱电解质的只有⑤。‎ ‎【点睛】本题考查的是电解质、非电解质、弱电解质的概念，并对各种导电情况进行了区别，容易出错，熔融状态下或水溶液中能够导电的化合物为电解质；熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物为非电解质；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质；在水溶液中部分电离的电解质为弱电解质。‎ ‎19.饮用水中的NO3−对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3−的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO3−还原为N2，其化学方程式为：‎ ‎10Al＋6NaNO3＋4NaOH＝10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O。请回答下列问题：‎ ‎(1)上述反应中，被氧化的元素_________，还原产物是________。‎ ‎(2)用“双线桥法”表示反应中电子转移的方向和数目：_______________。‎ ‎10Al＋6NaNO3＋4NaOH＝10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O ‎(3)反应中每生成标况下22.4L N2，转移_______mol电子。‎ ‎(4)请配平下列离子方程式。‎ ‎____Fe2++____H+ +____NO3−＝____Fe3+ +____N2O↑+____H2O ‎【答案】 (1). Al (2). N2 (3). (4). 10 (5). 8 (6). 10 (7). 2 (8). 8 (9). 1 (10). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应10Al＋6NaNO3＋4NaOH＝10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O中Al元素化合价升高，被氧化，在反应中失去电子，被氧化的元素为Al；氮元素化合价降低，硝酸钠是氧化剂，因此还原产物是N2；‎ ‎（2）反应中铝失去电子数为10×3e－，NaNO3得到电子数为6×5e－，所以用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目为；‎ ‎（3）氮元素化合价从+5价降低到0价，即得到1mol氮气转移10mol电子，因此反应中每生成标况下22.4L N2即1mol，转移10mol电子。‎ ‎（4）反应中铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子。氮元素化合价从+5价降低到+1价，得到4个电子，根据电子得失守恒以及原子守恒、电荷守恒可知配平后的方程式为8Fe2++10H++2NO3−＝8Fe3++N2O↑+5H2O ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的特征分析，电子转移的计算应用，明确化学反应中元素化合价的变化以及灵活应用电子得失守恒是解答该类试题的关键。‎ ‎20.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据,‎ 回答下列问题：‎ 盐酸 分子式：HCl 相对分子质量：36.5‎ 密度：1.19 g·cm－3‎ HCl的质量分数：36.5%‎ ‎(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为______________。‎ ‎(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480 mL物质的量浓度为0.400 mol·L－1的稀盐酸。‎ 可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。‎ 请回答下列问题：‎ ‎① 配制稀盐酸时，还缺少的仪器有 ________________(写仪器名称)；该仪器上标有以下五项中的______________；‎ A．温度 B．浓度 C．容量 D．压强 E．刻度线 ‎②该学生需要量取______________ mL上述浓盐酸进行配制。‎ ‎③在配制过程中，下列实验操作对所配制稀盐酸物质的量浓度有何影响？(在括号内填A表示“偏大”、填B表示“偏小”、填C表示“无影响”)。‎ a．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。（ ）‎ b．量筒量取浓盐酸后又用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中。（ ）‎ ‎(3)①假设该同学成功配制了0.400 mol·L－1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4 g NaOH的溶液，则该同学需取________mL盐酸。‎ ‎②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4 g NaOH的溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是________。‎ A．浓盐酸挥发，浓度不足 B．配制溶液时，未洗涤烧杯 C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出 ‎【答案】 (1). 11.9mol/L (2). 500mL容量瓶 (3). ACE (4). 16.8 (5). B (6). A (7). 25 (8). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据公式c=1000ρω/M进行计算；‎ ‎(2)①根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，结合容量瓶构造解答；  ②根据溶液在稀释前后溶质的量不变进行计算；‎ ‎③根据操作方法对c=n/V的影响分析产生的误差；‎ ‎(3) ①根据反应NaOH+HCl=NaCl+H2O中n(HCl)=n(NaOH)进行计算；‎ ‎②根据V(HCl)=n(NaOH)/c(HCl)进行误差分析；‎ ‎【详解】(1)根据公式c=1000ρω/M可知，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为=1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol/L；‎ 综上所述，本题答案是：11.9mol/L；‎ ‎(2)①配制480 mL物质的量浓度为的稀盐酸，需要用500mL容量瓶；步骤有:计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,则使用的仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管等；因此还缺少的仪器有: 500mL容量瓶；容量瓶标有的内容有:温度、容积、刻度线；选项有ACE；‎ 综上所述，本题答案是：500mL容量瓶，ACE。‎ ‎②根据溶液稀释前后溶质的量不变可知，V(浓盐酸)×11.9=0.400mol·L－1×0.5L，V(浓盐酸)= 0.0168L=16.8mL； ‎ 综上所述，本题答案是：16.8。‎ ‎③a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，量取盐酸的体积偏小，导致盐酸溶质的量偏小,溶液浓度偏小；选B；‎ b.量筒量取浓盐酸后又用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，造成溶质的量增多，溶液浓度偏大；选A。‎ 因此，本题正确答案是：B，A。 ‎ ‎(3)①根据酸碱反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，0.4gNaOH的量为0.01mol，所以0.400 mol·L－1×V(HCl)=0.01mol，V(HCl)=0.025 L=25mL；‎ 综上所述，本题答案是：25。‎ ‎②A．浓盐酸挥发，浓度不足，导致消耗盐酸的体积偏大；不选； ‎ B．配制溶液时，未洗涤烧杯，造成溶质量减小，消耗盐酸的体积偏大，不选；‎ C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，造成溶液体积偏小，溶液浓度偏大，消耗盐酸的体积偏小，可选； ‎ D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，造成溶质的损失，溶液的浓度偏小，消耗盐酸的体积偏大，不选；‎ 综上所述，本题选 C。‎ ‎21.实验室常利用反应：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2‎ O来制取NO，当有6.4gCu参加反应时，计算：‎ ‎（1）用双线桥法标出电子转移的方向和数目；___________‎ ‎（2）能生成_______升NO（标准状况下）；‎ ‎（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，则至少需要质量分数为40%密度为1.42g/mL的NaOH溶液体积______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.49 (3). 14.1mL ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应中铜元素化合价从0价升高到＋2价，失去2个电子。氮元素从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，所以电子转移的方向和数目为。‎ ‎（2）6.4g铜的物质的量是6.4g÷64g/mol=0.1mol，所以根据方程式可知生成标准状况下NO的体积为。‎ ‎（3）根据铜原子守恒可知生成氢氧化铜的物质的量是0.1mol，则需要氢氧化钠是0.2mol，所以氢氧化钠溶液的体积为。‎ ‎ ‎