黑龙江省大庆市第四中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

黑龙江省大庆市第四中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com 大庆四中2019～2020学年度第一学期第二次检测高一年级 化学学科试题 考试时间：90分钟 分值：100分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 第Ⅰ卷（选择题）‎ 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ba-137‎ 一、选择题（共50分，1-4题每题2分，5-18题每题3分，只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列实验仪器不宜直接用来加热的是（ ）‎ A. 试管 B. 坩埚 C. 蒸发皿 D. 烧杯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试管、坩埚、蒸发皿均可以直接加热，但是烧杯需隔石棉网加热，C项符合题意；‎ 本题答案选C。‎ ‎2.在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 表示刺激性物品，A不合题意；‎ B. 表示有毒物品，B不合题意；‎ C. 表示易燃物品，C不合题意；‎ D. 表示腐蚀品，浓硫酸是一种腐蚀品，D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎3.水泥厂、冶金厂常用高压电作用于气溶胶，以除去大量烟尘，减少烟尘对空气的污染。这种除尘法的原理是（ ）‎ A. 渗析 B. 电泳 C. 凝聚 D. 丁达尔现象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 渗析是溶质分子在浓度差推动下扩散透过半透膜的过程，常用于去除胶体内的杂质，整个过程不需要电的参与，A不合题意；‎ B. 电泳是在直流电的作用下，带电胶粒向某一电极定向移动的过程，烟尘属于气溶胶，能发生电泳，B符合题意；‎ C. 胶体的凝聚是胶粒在电解质作用下发生凝聚的现象，不需高压电的作用，C不合题意；‎ D. 丁达尔现象是胶粒对光的散射现象，D不合题意。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】电除尘是气体除尘方法的一种，也就是静电除尘，而这静电是高压。含尘气体经过高压静电场时被电分离，尘粒与负离子结合带上负电后，趋向阳极表面放电而沉积。‎ ‎4.在一定条件下，可发生反应：RO3n-+F2 +2OH-=RO4-+2F-+H2O。则RO3n-中R元素的化合价是（ ）‎ A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于RO3n-+F2 +2OH-=RO4-+2F-+H2O来说，依据电荷守恒，n+2=1+2，n=1，此时RO3n-转化为RO3-；再依据化合价的代数和为-1，求出R的化合价为+5价。‎ 故选B。‎ ‎5.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为(　　)‎ 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A 盐酸 水煤气 硫酸 干冰 B 蒸馏水 蔗糖溶液 氯化氢 二氧化硫 C 胆矾 盐酸 铁 碳酸钙 D 胆矾 水煤气 氯化铜 碳酸钠 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸是混合物，是氯化氢的水溶液，故A错误；‎ B．蒸馏水、蔗糖溶液、氯化氢、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故B正确；‎ C．铁是单质，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；‎ D．碳酸钠为电解质，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质概念判断及各种物质的成分掌握。解答本题需要注意，盐酸是氯化氢的水溶液，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质。‎ ‎6.化学实验中的很多气体是用盐酸来制取的，这就导致了这些制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，可用如图所示装置。如果广口瓶中盛装的是饱和NaHCO3溶液，则可以用于下列哪种气体的除杂装置是 A. H2 B. Cl2 C. SO2 D. CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，使用的是碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠与氯化氢反应生成了二氧化碳气体，根据除杂原则：除去杂质，不能引进新的杂质，所以需要得到的纯净的目标气体只能是二氧化碳，故选D。‎ 点睛：本题考查了气体的净化，可以根据杂质气体氯化氢及除杂试剂碳酸氢钠分析，注意除杂的原则，除去杂质但是不能引进新的杂质。‎ ‎7.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，1mol H2O的体积约为22.4L B. 0.1mol NH4+中含有NA个质子 C. 同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比 D. 物质的量浓度为0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，H2O是液体，不能利用22.4L/mol进行计算，A错误；‎ B. 1个铵根离子含有11个质子，则0.1mol NH4+中含有1.1NA个质子，B错误；‎ C. 同温同压下，Vm相同，，C正确；‎ D. 没有提供0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液的体积，无法计算含有Cl﹣的个数，D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.下列离子在溶液中能大量共存，加入OH-能产生沉淀的是（ ）‎ A. K+、Mg2+、SO42-、NO3- B. H+、Mg2+、CO32-、S2-‎ C. Na+、Ca2+、SO42-、Cl- D. MnO4-、Cu2+ 、I-、H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. K+、Mg2+、SO42-、NO3-能大量共存，Mg2+、OH-能反应产生Mg(OH)2沉淀，A符合题意；‎ B. H+、Mg2+与CO32-、S2-不能大量共存，B不合题意；‎ C. Ca2+、SO42-会生成CaSO4沉淀，离子不能大量共存，C不合题意；‎ D. MnO4-、Cu2+ 与I-不能大量共存，D不合题意。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】离子共存，是指离子间不发生反应；离子不共存，是指离子间能发生反应，可能为生成沉淀、气体或弱电解质的非氧化还原反应，也可能为发生氧化还原反应。MnO4-具有强氧化性，不管在什么环境中，都能氧化Fe2+、S2-、SO32-等，所以与Fe2+、S2-、SO32-不能大量共存；Cu2+的氧化能力不强，但能将具有强还原性的I-氧化为I2，本身转化为CuI。‎ ‎9.把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（　　）‎ A. CO2（g）通入NaOH溶液 B. CO2（g）通入石灰水 C. NH3（g）通入CH3COOH溶液 D. NH3（g）通入盐酸中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质溶液的导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关。‎ ‎【详解】A. 该过程的离子方程式为：，该过程中，离子浓度与所带电荷的乘积没有变化，则溶液的导电能力几乎不变，A错误；‎ B. 该过程的化学方程式为：，该过程中，离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，B错误；‎ C. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度显著增大，则溶液的导电能力显著增大，C正确；‎ D. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎10.下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是(　　)‎ A. Cu(OH)2＋HCl与Cu(OH)2＋CH3COOH B. NaHCO3＋H2SO4与Na2CO3＋HCl C. NaHCO3＋NaOH与Ca(HCO3)2＋NaOH D. BaCl2＋H2SO4与Ba(OH)2＋Na2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、盐酸是强酸，能拆写成离子，醋酸是弱酸，不能拆写成离子，因此不能用同一离子方程式表示，故错误；B、NaHCO3属于弱酸的酸式盐，HCO3－不能拆写，两者的离子反应方程式为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O，故错误；C、前者：HCO3－＋OH－=H2O＋CO32－，后者Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，不符合题意，故错误；D、Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，符合题意，故正确。‎ 考点：考查离子反应方程式的书写等知识。‎ ‎11.下列反应的离子方程式中，正确的是（ ）‎ A. 稀硫酸滴在银片上：2Ag＋2H＋=2Ag＋＋H2↑‎ B. 铁粉和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ C. 制氢氧化铁胶体的反应：Fe3++3 H2O = Fe(OH)3↓ +3H+‎ D. 过量的NaHCO3溶液与石灰水反应：2HCO3－+ Ca2++ 2OH－= CaCO3↓+ CO32－+2 H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在金属活动顺序表中，Ag排在氢之后，所以Ag与稀硫酸不反应，A错误；‎ B. 稀硫酸具有弱氧化性，只能将Fe氧化为Fe2+，B错误；‎ C. 氢氧化铁胶体在水溶液中不生成沉淀，C错误；‎ D.石灰水是少量的，则参加反应的Ca2+、OH-的个数关系满足组成关系，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】当一种物质电离产生的两种离子都参与离子反应时，若该物质少量，则两离子的数量关系满足化学式中的组成关系；若该物质过量，则两离子的数量关系不一定满足化学式中的组成关系。如Ca(OH)2与NaHCO3溶液反应，若Ca(OH)2过量，则Ca2+、OH-的个数关系不一定满足组成关系，离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O；若Ca(OH)2少量，则Ca2+、OH-的个数关系一定满足组成关系，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O。‎ ‎12.下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法。正确的一组为 ‎ 序号 物质 杂质 除杂质应选用的试剂或操作方法 ‎①‎ KNO3溶液 KOH 加入FeCl3溶液，并过滤 ‎②‎ FeSO4溶液 CuSO4‎ 加入过量铁粉，并过滤 ‎③‎ H2‎ CO2‎ 通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶 ‎④‎ NaNO3‎ CaCO3‎ 溶解、过滤、蒸发 A. ①②③④ B. ③④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①KNO3溶液中混有KOH， 加入FeCl3溶液，即便FeCl3不过量，也会引入Cl-，①不合题意；②FeSO4溶液中混有CuSO4，加入过量铁粉，CuSO4全部转化为FeSO4，过滤掉过量的铁粉，即得纯净的FeSO4溶液，②符合题意；‎ ‎③H2中混有CO2，通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶，最后得到纯净的H2，③符合题意；‎ ‎④NaNO3中混有CaCO3，溶解、过滤掉不溶的CaCO3、蒸发得纯净的NaNO3，④符合题意。‎ 综合以上分析，②③④符合题意。‎ 故选C。‎ ‎13.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4-→Mn2+；Cl2→2Cl-；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，则得到I2最多的是（ ）‎ A. Fe3＋ B. MnO4- C. Cl2 D. HNO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】假设各物质的物质的量都是1mol；由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；‎ A.1mol Fe3+→Fe2+转移1mol e-；‎ B.1mol MnO4-→Mn2+转移5mol e-；‎ C.1mol Cl2→2Cl-转移2mol e-；‎ D.1mol HNO2→NO转移1mol e-；‎ 显然B中1mol MnO4-得电子最多，生成的I2就最多；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据氧化还原反应中得失电子守恒的思想可知，在四个反应中氧化剂不一样，而还原剂均为碘化钾中的碘离子，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的也就是比较每1mol氧化剂得电子的多少，谁得电子多谁氧化的KI多，生成的I2就多。‎ ‎14.已知：① 2FeCl3 + 2KI＝2FeCl2 + 2KCl + I2，② 2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。根据①②两式判断各物质的氧化性由强到弱的顺序。‎ A FeCl3＞Cl2＞I2 B Cl2＞FeCl3＞I2 C I2＞Cl2＞FeCl3 D Cl2＞I2＞FeCl3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物这一规律分析解答。‎ ‎【详解】①反应2FeCl3 + 2KI＝2FeCl2 + 2KCl + I2中FeCl3为氧化剂，I2为氧化产物，所以氧化性：FeCl3＞I2；② 2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，反应中Cl2为氧化剂，FeCl3为氧化产物，所以氧化性：Cl2＞FeCl3，因此各物质的氧化性由强到弱的顺序是Cl2＞FeCl3＞I2；故答案为B。‎ ‎15.3molSO32－恰好将2molXO4－离子还原，SO32－被氧化为SO42－，则X元素在还原产物中的化合价是 A. +1 B. +2 C. +3 D. +4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息可知，S元素的化合价升高为+6价，则X元素的化合价降低，结合电子守恒计算。‎ ‎【详解】3molSO32－恰好将2molXO4－离子还原，设X元素在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，3mol×（6-4）=2mol×（7-x），解得x=+4，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。‎ ‎16.为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba（OH）2溶液、盐酸和K2CO3溶液。三种试剂，按下图步骤操作,下列说法错误的是（ ）‎ A. A物质是Ba（OH）2 溶液，为了除尽Mg2＋和SO42-‎ B. B物质是碳酸钠溶液，为了除尽过量的Ba2＋‎ C. C物质是稀盐酸 ，除去过量的CO32-‎ D. 为了除去过量的稀盐酸，加热煮沸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为过量的Ba2+需要利用CO32-去除，所以A物质是Ba(OH)2溶液，OH-除尽Mg2＋、Ba2+除尽SO42-，A正确；‎ B. 若B物质是碳酸钠溶液，可以除尽过量的Ba2＋，但引入了Na+，所以B物质应为碳酸钾，B错误；‎ C. 因为加入的碳酸钾过量，溶液中混入了过量的CO32-，所以C物质是稀盐酸，C正确；‎ D. 过量的稀盐酸，去除掉CO32-，但过量盐酸也需要去除，可通过加热煮沸的方法，让HCl挥发，D正确。‎ 故选B。‎ ‎17.把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，取一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该溶液中钾离子浓度为:‎ A. 0.1(b-2a)mol/L B. 10(b-2a)mol/L C. 10(2a-b)mol/L D. 4(b-2a)mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：题中发生的离子方程式为:Ba2++SO42-=BaSO4↓, Ag++Cl-=AgCl↓;一份加入a molSO42-，原溶液中BaCl2为a mol，同时电离出Cl-2amol,又因另一份加入b mol Ag+，所以溶液中Cl-总量为b mol，结合前者，KCl的物质的量为b-2amol,又因将混合液分成2等分，所以其总量为2（b-2a）,结合题意即可求得钾离子的浓度。‎ 考点：溶液中离子浓度的计算。‎ ‎18.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、、，现取三份100 mL溶液进行实验：已知：+ OH－NH3↑ + H2O ‎（1）第一份：加入AgNO3溶液有沉淀产生；‎ ‎（2）第二份：加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol；‎ ‎（3）第三份：加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）‎ A. K＋的浓度为0.2 mol/L B. 100 mL溶液中含0.01 mol ‎ C. Cl－可能存在 D. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）第一份：加入AgNO3溶液有沉淀产生，则可能含有Cl－、、中的一种或几种；‎ ‎（2）第二份：加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol，此气体为NH3，则原溶液中含有NH4+，其物质的量为0.04mol；‎ ‎（3）第三份：加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，此沉淀为BaSO4，物质的量为0.01mol；BaCO3沉淀的质量为6.27 g-2.33 g=3.94g，n(CO32-)=。‎ 综合以上分析可知，原溶液中含有NH4+、、，依据离子共存原则，应不含有Mg2＋、Ba2＋，可能含有K＋、Cl－。‎ 若溶液中不含有Cl－，依据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)，n(K+)=0.02mol。‎ 若溶液中含有Cl－，则n(K+)>0.02mol；故n(K+)≥0.02mol。‎ A. K＋的浓度为0.2mol/L，A错误；‎ B.由上面分析知，100 mL溶液中含0.02 mol ，B错误；‎ C. 通过对离子守恒分析，可以确定，Cl－可能存在，C正确；‎ D.由离子共存可以确定，Ba2＋、Mg2＋一定不存在，D错误。‎ 故选C。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（共50分）‎ ‎19.（Ⅰ）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。‎ A 萃取分液法　 B 结晶法 C 分液法　 D 蒸馏法 E 过滤法　 F 升华法 ‎①_______分离饱和食盐水与沙子的混合物。‎ ‎②_______分离水和汽油的混合物。‎ ‎③_______分离四氯化碳（沸点：76.75 ℃）和甲苯（沸点：110.6℃）的混合物。‎ ‎④_______从碘水中提取碘。‎ ‎（Ⅱ）①向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：‎ ‎ ________‎ ‎②在以上中性溶液中继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式： ______‎ ‎【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). A (5). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (6). Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）①饱和食盐水与沙子的混合物，属于固、液混合物。‎ ‎②水和汽油，是不互溶的液体混合物。‎ ‎③四氯化碳（沸点：76.75 ℃）和甲苯（沸点：110.6℃），是沸点相差较大的液体混合物。‎ ‎④碘水中提取碘，属于从水溶液中提取碘单质。‎ ‎（Ⅱ）①可设定NaHSO4为2mol，则加入的Ba(OH)2应为1mol，以保证H+与OH-刚好完全反应；‎ ‎②在以上中性溶液中，含有SO42-，继续滴加Ba(OH)2溶液，发生SO42-与Ba2+的反应。‎ ‎【详解】（Ⅰ）①饱和食盐水与沙子的混合物，属于固、液混合物，应采用过滤法；答案为：E；‎ ‎②水和汽油，是不互溶液体混合物，应采用分液法；答案为：C；‎ ‎③四氯化碳（沸点：76.75 ℃）和甲苯（沸点：110.6℃），是沸点相差较大的液体混合物，应采用蒸馏法；答案为：D；‎ ‎④碘水中提取碘，属于从水溶液中提取碘单质，应采用萃取分液法。答案为：A。‎ ‎（Ⅱ）①可设定NaHSO4为2mol，则加入的Ba(OH)2应为1mol，以保证H+与OH-刚好完全反应，反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；答案为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；‎ ‎②在以上中性溶液中，含有SO42-，继续滴加Ba(OH)2溶液，发生SO42-与Ba2+的反应，反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓。答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。‎ ‎20.（Ⅰ）某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2.‎ 已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2―→O2.‎ ‎①该反应中的还原剂是____________．‎ ‎②该反应中，发生还原反应的过程是____________→____________.‎ ‎③写出该反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_______‎ ‎④如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为____________‎ ‎（Ⅱ）已知实验室利用KMnO4溶液和浓盐酸反应制取Cl2，请回答下列问题：‎ ‎①配平此化学方程式：‎ ‎____KMnO4+____HCl（浓）— ____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O ‎②把此化学方程式改写成离子方程式： ________‎ ‎③被氧化的HCl 与未被氧化的HCl物质的量之比为____________‎ ‎【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr（OH）3 (4). =2Cr（OH）3↓＋3O2↑＋2H2O (5). 3.36L (6). 2 (7). 16 (8). 2 (9). 2 (10). 5 (11). 8 (12). 2MnO4—+16H++10Cl- = 2Mn2++ 5Cl2↑+8H2O (13). 5:3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）①还原剂是含价态升高元素的反应物；‎ ‎②发生还原反应的是氧化剂，含有价态降低元素的反应物；‎ ‎③反应物为H2CrO4、H2O2；生成物为Cr(OH)3、O2、H2O，单线桥表示的电子转移方向为反应物中失电子元素箭头指向反应物中得电子元素，数目为得电子总数或失电子总数；‎ ‎④如反应转移了0.3 mol电子，借助方程式建立关系式，然后进行计算。‎ ‎（Ⅱ）①配平此化学方程式，先配2KMnO4—5Cl2↑，然后再利用电子守恒、质量守恒进行配平；‎ ‎②改写时，KMnO4、HCl、MnCl2可以改写成离子，其它物质以化学式表示；‎ ‎③被氧化的10HCl生成5Cl2，未被氧化的6HCl生成2KCl、2MnCl2，由此可得出被氧化的HCl 与未被氧化的HCl物质的量之比。‎ ‎【详解】（Ⅰ）①还原剂是含价态升高元素反应物，应为H2O2；答案为：H2O2；‎ ‎②发生还原反应的是氧化剂，含有价态降低元素的反应物，应为H2CrO4；答案为：H2CrO4；‎ ‎③反应物为H2CrO4、H2O2；生成物为Cr(OH)3、O2、H2O，方程式为2H2CrO4+3H2O2= 2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目=2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O；答案为：=2Cr（OH）3↓＋3O2↑＋2H2O；‎ ‎④利用上面反应，可建立如下关系式：O2——2e-，如反应转移了0.3 mol电子，则生成O20.15mol，体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L。答案为：3.36L。‎ ‎（Ⅱ）①配平此化学方程式，先配2KMnO4—5Cl2↑，然后再利用电子守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2‎ O；答案为：2；16；2；2；5；8；‎ ‎②改写时，KMnO4、HCl、MnCl2可以改写成离子，其它物质以化学式表示，从而得出离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl- = 2Mn2++ 5Cl2↑+8H2O；答案为：2MnO4-+16H++10Cl- = 2Mn2++ 5Cl2↑+8H2O；‎ ‎③被氧化的10HCl生成5Cl2，未被氧化的6HCl生成2KCl、2MnCl2，从而得出被氧化的HCl 与未被氧化的HCl物质的量之比10：6=5：3。答案为5：3。‎ ‎【点睛】书写反应的离子方程式时，可先确定主要反应物和主要产物，利用电子守恒配平；然后利用电荷守恒进行配平，配平时，常需添加阴离子或阳离子，可依据溶液的性质，确定添加H+还是OH-及数目；最后依据质量守恒，确定在反应物还是生成物中添加H2O及其数目。‎ ‎21.阅读下面两条科普信息，回答问题：‎ ‎（1）一个体重50Kg的健康人含铁2g，这2g铁在人体中不是以单质金属的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在。亚铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含亚铁离子的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于铁的吸收。‎ ‎（2）在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的亚铁离子，利用酶为催化剂把它转变成它们的皮鞘（可以用Fe2O3来表示其中的铁），后来便沉积下来形成铁矿；该反应的另一种反应物是CO2，反应后CO2转变成有机物甲醛（甲醛化学式：CH2O）。‎ 这两则科普信息分别介绍了人体内和海水中的亚铁离子与铁离子（或者铁的高价化合物）相互转化的事实、方法和途径。‎ 这说明亚铁离子具有______________性，铁离子具有________________性，（1）中的维生素C是__________剂，（2）中的CO2 是__________剂，写出（2）中的离子方程式___________‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). 氧化 (3). 还原 (4). 氧化 (5). CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+；（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+。在反应（2）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒，可得出CO2＋4Fe2+—CH2O＋2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式。‎ ‎【详解】亚铁离子Fe2+能转化为Fe3+，价态升高，表现出还原性；铁离子Fe3+能转化为Fe2+，价态降低，表现出氧化性；（1）中的维生素C能将Fe3+转化为Fe2+‎ ‎，表现出还原性；（2）中的CO2能将Fe2+转化为Fe3+，表现出氧化性。在反应（2）中，CO2与Fe2+反应，生成Fe3+和CH2O，在反应中，C由+4价降低为0价，Fe由+2价升高为+3价，依据电子守恒，可得出CO2＋4Fe2+—CH2O＋2Fe2O3，再利用电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+。答案为：还原；氧化；还原；氧化；‎ CO2＋4Fe2+＋5H2O＝CH2O＋2Fe2O3＋8H+。‎ ‎22.下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签的有关内容，试根据标签上的有关数据回答下列问题：‎ ‎（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol·L－1。‎ ‎（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400 mol/L稀盐酸。‎ ‎①该学生需要量取________mL上述浓盐酸进行配制。‎ ‎②配制仪器除烧杯、玻璃棒、量筒，还需要的仪器是 _______、‎ ‎③配制时，下列操作正确的顺序是（用字母表示）______。‎ A. 洗涤　　B. 定容　　C. 稀释　　D. 摇匀　　E. 冷却　　F. 量取　　G. 转移 ‎④在配制过程中，下列实验操作使配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是_______‎ A. 用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线 B. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水 C. 配制时，容量瓶有少量蒸馏水 D. 定容时俯视容量瓶的刻度线 E. 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯 ‎【答案】 (1). 119 (2). 16.8 (3). 500mL容量瓶、胶头滴管 (4). FCEGABD (5). ABE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用公式可求出浓盐酸中HCl的物质的量浓度。‎ ‎（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400 mol/L稀盐酸。‎ ‎①利用稀释前后溶质的物质的量相等，可求出所需上述浓盐酸的体积；‎ ‎②配制仪器除烧杯、玻璃棒、量筒，还需要的仪器是容量瓶和胶头滴管；‎ ‎③配制时，操作的正确顺序，按配制溶液时的操作步骤进行排序；‎ ‎④利用公式进行分析：‎ A. 用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，n偏小；‎ B. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，V偏大；‎ C. 配制时，容量瓶有少量蒸馏水，n、V都不变；‎ D. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小；‎ E. 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，n偏小。‎ ‎【详解】（1）=11.9 mol·L－1。答案为：11.9；‎ ‎（2）①设所需浓盐酸的体积为V，11.9mol/L×V=0.400 mol/L×500mL，V=16.8mL；答案为：16.8；‎ ‎②配制仪器除烧杯、玻璃棒、量筒，还需要的仪器是容量瓶和胶头滴管；答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎③配制时，按配制溶液时的操作步骤进行排序，即为FCEGABD；答案为：FCEGABD；‎ ‎④利用公式进行分析：‎ A. 用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，n偏小，c偏小；‎ B. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，V偏大，c偏小；‎ C. 配制时，容量瓶有少量蒸馏水，n、V都不变，c不变；‎ D. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，c偏大；‎ E. 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，n偏小，c偏小。‎ 综合以上分析，ABE操作，使配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小。答案为：ABE。‎ ‎23.工业制法获得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定样品中NaCl的质量分数。‎ 样品12.0 g 溶液沉淀固体19.7 g ‎（1）如何检验氯化钡溶液已过量____________‎ ‎（2）检验沉淀是否洗涤干净所用到的试剂是____________‎ ‎（3）样品中Na2CO3的质量分数为_________（小数点后保留1位）‎ ‎【答案】 (1). 取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠溶液，若有白色沉淀生成，则氯化钡溶液已过量，反之则不过量（合理即可） (2). 硝酸酸化的AgNO3溶液（合理即可） (3). 88.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）检验氯化钡溶液已过量，即检验Ba2+的存在，所以应加入含SO42-的物质。考虑到原溶液中检验，只能加入硫酸钠溶液。‎ ‎（2）检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否存在Cl-，所用到的试剂是硝酸酸化的硝酸银。‎ ‎（3）计算Na2CO3的质量分数时，可利用Na2CO3——BaCO3，先求出Na2CO3的质量，再除以12.0，得出质量分数。‎ ‎【详解】（1）检验氯化钡溶液已过量，即检验Ba2+的存在，所以应加入硫酸钠溶液，具体操作为：取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠溶液，若有白色沉淀生成，则氯化钡溶液已过量，反之则不过量（合理即可）。答案为：取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠溶液，若有白色沉淀生成，则氯化钡溶液已过量，反之则不过量（合理即可）；‎ ‎（2）检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否存在Cl-，所用到的试剂是硝酸酸化的硝酸银。答案为：硝酸酸化的AgNO3溶液（合理即可）；‎ ‎（3）设样品中Na2CO3的质量为x ‎ ‎ 从而求出x=10.6g，样品中Na2CO3的质量分数为=88.3%。答案为：88.3%。‎ ‎ ‎