河南省鹤壁市高级中学2019-2020学年高一11月月考化学试题

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河南省鹤壁市高级中学2019-2020学年高一11月月考化学试题

www.ks5u.com 鹤壁高中2022届高一年级第二次段考化学试题 说明:1.本试卷满分100分,考试时间60分钟;‎ ‎2.请将所有答案按照题号填写在答题卷(或卡)相应的答题处,否则不得分。‎ 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cu-64 ‎ 第Ⅰ卷(选择题,共54分)‎ 一、选择题(每题只有一个选项正确,本题包括18小题,每题3分,共54分)‎ ‎1.“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是( )‎ A. 采取低碳、节俭的生活方式 B. 按照规定对生活废弃物进行分类放置 C. 深入农村和社区宣传环保知识 D. 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、低碳能减少CO2的排放,故A说法正确;‎ B、对生活废弃物进行分类,可以对物质进行回收使用,分类处理,故B说法正确;‎ C、宣传环保知识,人人都参与进来,减少人类对环境的破环,故C说法正确;‎ D、使用一次性筷子、纸杯对树木加大破坏,塑料袋使用引起白色污染,故D说法错误;‎ 答案选D。‎ ‎2.下列各组离子中,能在强酸性透明溶液中大量共存的是( )‎ A. Na+、K+、SO42-、OH- B. Na+、K+、Cl-、HCO3-‎ C. Na+、Cu2+、Cl-、SO42- D. NH4+、Ca2+、NO3-、CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸性透明溶液中,含有大量H+。‎ ‎【详解】A. H+和OH-不能大量共存,故A错误;‎ B. H+和HCO3-不能大量共存,故B错误;‎ C. Na+、Cu2+、Cl-、SO42-与氢离子不反应,各离子间也不发生反应,可以大量共存,故C正确;‎ D. H+和CO32-不能大量共存,Ca2+、CO32-也不能大量共存,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎3.下列离子方程式书写正确的是( )‎ A. 大理石与醋酸反应:CO32- +2CH3COOH = 2CH3COO- +H2O+CO2↑‎ B. 澄清石灰水与碳酸钠溶液反应:Ca(OH)2+CO32- = CaCO3↓+2OH-‎ C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应:H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 大理石主要成分为碳酸钙,与醋酸反应:CaCO3 +2CH3COOH = 2CH3COO- +Ca2++H2O+CO2↑,故A错误;‎ B. 澄清石灰水为氢氧化钙溶液,可拆写,与碳酸钠溶液反应:Ca2++CO32- = CaCO3↓,故B错误;‎ C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应生成三价铁离子和水:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故C正确;‎ D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应:2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,故D错误;‎ 答案为C。‎ ‎4.如果ag某气体中含有的分子数为b,则cg该气体在标准状况下的体积是 A. L B. L C. L D. L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】,‎ ‎ ‎ 故选D。‎ ‎5.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO42- 四种离子,已知前三种离子的个数比为3∶2∶1,则溶液中Al3+和 SO42-的离子个数比为( )‎ A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查溶液中电荷守恒规律的应用。‎ ‎【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x,则根据溶液中电荷守恒可知,若溶液的酸碱性忽略不计,SO42-的离子物质的量是(3x+2x×3-x)÷2=4x,则溶液中Al3+和SO42-的离子个数比为2x:4x=1:2,故A正确;‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系,然后结合题意灵活运用即可。‎ ‎6.实验室需要480mL 0.1mol·L-1氢氧化钠溶液,下列配制步骤正确的是( )‎ A. 用托盘天平在小烧杯中称量2g氢氧化钠固体 B. 定容时,若仰视容量瓶的刻度线会使所配溶液浓度偏低 C. 选用500mL容量瓶,移液时玻璃棒末端在刻度线以上某一位置 D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,反复左右摇动几次 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配制480mL 0.1mol·L-1氢氧化钠溶液,用500 mL容量瓶,故需要溶质氢氧化钠的质量= 0.1mol·L-1×0.5L×40g/mol=2.0g。‎ ‎【详解】A. 托盘天平最小精确度为0.1g,用托盘天平在小烧杯中称量2.0g氢氧化钠固体,故A错误;‎ B. 定容时,若仰视容量瓶的刻度线,导致容量瓶内溶液体积偏大,会使所配溶液浓度偏低,故B正确;‎ C. 选用500mL容量瓶,移液时玻璃棒末端在刻度线以下某一位置,故C错误;‎ D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,反复上下颠倒几次,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎7.在两个密闭容器中,分别充入质量相同甲、乙两种气体,若两容器的温度和压强均相同,且甲的密度大于乙的密度,则下列说法正确的是 ( )‎ A. 甲的分子数比乙的分子数多 B. 甲的物质的量比乙的物质的量少 C. 甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D.‎ ‎ 甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同温同压下,气体摩尔体积相等,根据ρ=知,相同条件下,气体密度与其摩尔质量成正比,甲的密度大于乙的密度,说明甲的摩尔质量大于乙。‎ ‎【详解】A. 根据n=知,相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比,甲的摩尔质量大于乙,则甲的物质的量比乙的物质的量少,即甲的分子数比乙的分子数少,故A错误;‎ B. 根据n=知,相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比,甲的摩尔质量大于乙,则甲的物质的量比乙的物质的量少,故B正确;‎ C. 同温同压下,气体摩尔体积相等,故C错误;‎ D. 气体密度与其摩尔质量成正比,甲的密度大于乙的密度,说明甲的摩尔质量大于乙,则甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎8.在使用分液漏斗进行分液时,正确的操作是(  )‎ A. 上层液体经漏斗下口放出 B. 分离液体时,将漏斗拿在手上进行分离 C. 分离液体时,使分液漏斗玻璃塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔,再将分液漏斗下面的活塞拧开 D. 分液漏斗中盛装的是液体,振荡后不必打开活塞把气体放出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,避免两种液体相互污染,故A错误; ‎ B.进行分液时把分液漏斗固定在铁架台上,故B错误;‎ C.使分液漏斗上的小孔与大气相通,才能使内外压强一致,保证液体顺利流出,故C正确;‎ D.振荡分液漏斗时可能有气体产生,应及时扭开活塞放出,以减小漏斗内的压强,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎9.将质量均为a g的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中,压强(p)与温度(T)的关系如下图所示,则X、Y气体可能分别是( )‎ A. C2H4、CH4 B. CO2、Cl2 C. SO2、CO2 D. CH4、Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据PV=nRT可知,在质量相同、体积相同的条件下,气体的相对分子质量与压强成反比,据此分析解答。‎ ‎【详解】由图可知,温度相同时P(氧气)>P(X)>P(Y),根据PV=nRT可知,在质量相同、体积相同的条件下,气体的相对分子质量与压强成反比,则相对分子质量越大,压强越小,即X、Y的相对分子质量大于32,且Y的相对分子质量大于X,所以符合条件的只有B;‎ 答案选B。‎ ‎10.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下,11.2L氩气所含的原子数为NA B. 常温常压下,28gC2H4、C4H8混合气体中所含的原子总数为4NA C. 标准状况下,5.6LSO3所含的氧原子数为0.75NA D. 常温常压下,4.48LO3所含的氧原子数小于0.6NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下,11.2L氩气为0.5mol,氩气为单原子分子,所含的原子数为0.5NA,故A错误;‎ B. C2H4、C4H8最简式相同为CH2,常温常压下,28gCH2的物质的量为2 mol,CH2为三个原子组成,所含的原子总数为6NA,故B错误;‎ C. 标准状况下SO3不是气体,故C错误;‎ D. 常温常压下,4.48LO3的物质的量小于0.2mol,所含的氧原子数小于0.6NA,故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎11.下列选项中各组物质在溶液中反应可用同一离子方程式表示的是 (   )‎ A. Cu(OH)2和盐酸;Cu(OH)2和CH3COOH B. BaCl2和Na2SO4;Ba(OH)2和CuSO4‎ C. NaHCO3和NaHSO4;Na2CO3和NaHSO4(过量)‎ D. NaHCO3(过量)和Ca(OH)2;Ca(HCO3)2和NaOH(过量)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu(OH)2和HCl的离子方程式为Cu(OH)2+2H+═Cu2++2H2O;醋酸为弱酸,离子方程式中需要保留分子式,醋酸与氢氧化铜反应的离子方程式为Cu(OH)2+2CH3COOH═Cu2++2H2O+2CH3COO−,两个反应的离子方程式不同,故A错误;‎ B. BaCl2和H2SO4的离子方程式为:SO42−+Ba2+=BaSO4↓;Ba(OH)2+CuSO4反应的离子方程式为Cu2++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,两个反应的离子方程式不同,故B错误;‎ C. 离子反应分别为HCO3−+H+═CO2↑+H2O 、CO32−+2H+═CO2↑+H2O,故C错误;‎ D. 离子反应均为2OH−+2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO32−+2H2O,故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎12.下列有关Fe(OH)3胶体的说法,正确的是 (   )‎ A. 用渗析法鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液,用丁达尔效应分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液 B. Fe(OH)3胶体带正电荷,在通电情况下胶体向连接直流电源负极的电极移动,这种现象称为电泳 C. 向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色时即得到Fe(OH)3胶体 D. 向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸至过量,产生红褐色沉淀。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胶体具有丁达尔现象,而溶液不具有,则丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液;可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液,故A错误;‎ B. Fe(OH)3胶体是电中性的,氢氧化铁胶粒带正电,通电时胶粒向直流电源负极移动,故B错误;‎ C. 向沸腾的蒸馏水中逐滴滴入适量FeCl3饱和溶液,可制备Fe(OH)3胶体,故C正确; ‎ D. 向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸,电解质可使胶体聚沉产生Fe(OH)3沉淀,至稀硫酸过量,发生酸碱中和反应,红褐色沉淀溶解,形成棕黄色溶液,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎13.Cu2O是赤铜矿的主要成分,Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应:Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑,下列有关说法正确的是(  )‎ A. 该反应中有三种元素的化合价发生了变化 B. 每生成0.1molCu,转移0.2mol电子 C. Cu既是氧化产物又是还原产物 D. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应中Cu元素化合价降低,S元素化合价升高,则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性,而Cu2S还表现为还原性。‎ 详解】A. 该反应中Cu元素化合价降低,S元素化合价升高,所以有两种元素化合价变化,故A错误; ‎ B. 每生成0.1mol Cu,转移电子=0.1 mol×(1-0)=0.1mol,故B错误;‎ C. 该反应中铜元素化合价降低,所以铜是还原产物,故C错误;‎ D. 该反应中Cu元素化合价降低,S元素化合价升高,则Cu2S在反应中既是氧化剂,又是还原剂,故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎14.密度为0.91g·mL-1的氨水,质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液中溶质的质量分数( )‎ A. 等于12.5% B. 大于12.5% C. 小于12.5% D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设浓氨水的体积为V,稀释前后溶液中溶质的质量不变,氨水的密度小于水的密度,浓度越大密度越小,稀释后得到氨水的密度应大于0.91g·cm-3,据此解答。‎ ‎【详解】设浓氨水的体积为V,密度为ρ浓,稀释后密度为ρ稀,稀释前后溶液中溶质的质量不变,则:稀释后质量分数ω=,氨水的密度小于水的密度,浓度越大密度越小,所以ρ浓<ρ稀,所以<12.5%,‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】该题的易错点在于氨水的浓度确定,由于氨水的密度小于水,浓度越大的氨水,氨水所占的比重越大,溶液的密度越小。‎ ‎15.实验室需要750mL0.1mol·L-1稀硫酸,下列说法正确的是( )‎ A. 选用250mL容量瓶和500mL容量瓶 B. 用10mL的量筒量取质量分数98%、密度为1.84g·mL-1浓硫酸的体积是5.43mL C. 把配制好的溶液转移到试剂瓶,在标签上应写溶液的名称及浓度 D. 冷却至室温后转移到底部有少量蒸馏水的容量瓶,所配溶液的浓度偏小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 750mL0.1mol·L-1稀硫酸应选用1000mL容量瓶,故A错误;‎ B.量筒的最小精确度为0.1mL,不可能量取出5.43mL,故B错误;‎ C. 配制好的溶液不能长期放置在容量瓶中,应转移到试剂瓶内保存,在标签上应写溶液的名称及浓度等信息以备使用,故C正确;‎ D. 冷却至室温后转移到底部有少量蒸馏水的容量瓶,容量瓶中含有蒸馏水不影响溶液的浓度,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解题时要注意量器的精确度,天平和量筒都属于粗略的量器,精确度分别为0.1g 和0.1mL,不能精确到小数点后两位,在称量时要四舍五入。‎ ‎16.工业上制取ClO2的化学反应:2NaClO3+SO2+H2SO4===2ClO2+2NaHSO4。下列说法正确的是(  )‎ A. SO2在反应中被氧化 B. NaClO3在反应中失去电子 C. H2SO4在反应中作氧化剂 D. 1 mol氧化剂反应中得到2 mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中元素化合价变化情况:2NaClO3+SO2+H2SO4===2ClO2+2NaHSO4‎ 氯元素的化合价由+5降到+4价,硫元素的化合价由+4价升高到+6价。SO2作还原剂,在反应中被氧化,A正确;NaClO3作氧化剂,在反应中得到电子,B错误;H2SO4中元素化合价未发生变化,C错误;1 mol NaClO3在反应中得到1 mol电子,D错误。‎ ‎17.在8NH3 +3Cl2N2+6NH4Cl反应中,被氧化的原子与被还原的原子物质的量之比为 A. 8︰3 B. 1︰3 C. 3︰8 D. 3︰1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中,N元素化合价升高,由−3价升高到0价,Cl元素化合价降低,由0价降低到−1价,由方程式可知当有3 mol Cl2参加反应时,有8 mol NH3参加反应,其中有2 mol被氧化,被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为2︰6=1︰3。‎ ‎18.某温度下将Cl2通入KOH溶液里,反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液,经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11:1,则Cl2与KOH反应时,被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为( )‎ A. 1:3 B. 4:3 C. 2:1 D. 3:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程,化合价分别由0价升高为+1价和+5价,ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11:1,则可设ClO﹣为11mol,ClO3﹣为1mol,被氧化的Cl共为12mol,失去电子的总物质的量为11mol×(1﹣0)+1mol×(5﹣0)=16mol,氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等。‎ Cl2生成KCl是被还原的过程,化合价由0价降低为﹣1价,则得到电子的物质的量也应为16mol,则被还原的Cl的物质的量为16mol,所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:12mol=4:3,故选B。‎ 第Ⅱ卷(非选择题共46分)‎ 二、填空题(本题包括四道小题,共46分)‎ ‎19.有关物质的量的计算:‎ ‎(1)2 mol尿素[CO(NH2)2]含__个H原子,所含氧原子跟_____g H2O所含氧原子个数相等。‎ ‎(2)2.4g 镁中含______mol电子,在与足量盐酸反应中产生标准状况下的氢气体积为 ______L。‎ ‎(3)30.9gNaR含有Na+ 0.3mol,则NaR的摩尔质量为_____。‎ ‎【答案】 (1). 8NA或 4.816×1024 (2). 36 (3). 1.2 (4). 2.24 (5). 103g·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)2 mol尿素[CO(NH2)2]中氢原子的物质的量为2 mol×4=8mol,则含H原子8NA或 4.816×1024个;2 mol尿素[CO(NH2)2]中氧原子的物质的量为2 mol×1=2mol,所含氧原子为2NA,若与H2O所含氧原子个数相等,即H2O中氧原子的物质的量2mol,则水的物质的量为2mol,水的质量=2mol×18g/mol=36g,‎ 答案为:8NA或 4.816×1024;36;‎ ‎(2)2.4g镁的物质的量为=0.1mol,一个镁原子含有12个电子,则镁原子含有0.1mol×12=1.2mol电子;根据反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑,0.1molMg完全反应生成0.1mol H2,标准状况下,0.1mol H2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L,‎ 答案为:1.2;2.24;‎ ‎(3)1molNaR含有1mol钠离子,则30.9gNaR含有Na+0.3mol,NaR物质的量为0.3mol,其摩尔质量为=103 g/mol,‎ 答案为:103 g/mol。‎ ‎20.实验室用密度为1.25g/mL质量分数为36.5%的浓盐酸配制480 mL0.1mol/L的盐酸。请回答下列问题:‎ ‎(1)浓盐酸的物质的量浓度为 _________。‎ ‎(2)配制480 mL0.1 mol•L﹣1的盐酸需要的仪器有:烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_____、_______。‎ ‎(3)用量筒量取浓盐酸 ___mL ‎(4)使用容量瓶配制溶液时,下列情况会使所配溶液浓度偏低的是___。‎ ‎①用托盘天平(使用游码)称量时,被称量物与砝码的位置放颠倒了 ‎②有些固体溶解会放热,若未经冷却即转移至容量瓶 ‎ ‎③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 ‎ ‎④转移溶液时,玻璃棒和容量瓶口接触 ‎⑤定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线 ‎【答案】 (1). 12.5mol·L﹣1 (2). 500mL容量瓶 (3). 10mL量筒 (4). 4.0 (5). ①③④⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)密度为1.25g⋅mL−1,质量分数为36.5%的盐酸的物质的量浓度为:‎ mol/L=12.5mol/L,‎ 答案为:12.5mol/L;‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度的溶液步骤:计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等,用到的仪器:托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶,所以还缺少的仪器:500mL容量瓶、10mL量筒;‎ 故答案为:500mL容量瓶;10mL量筒;‎ ‎(3)配制480mL 0.1mol⋅L−1的盐酸应选择500mL溶液,设需要浓盐酸体积为V,则依据溶液稀释规律:0.5L×0.1mol⋅L−1=12.5mol/L×V,解得V=4.0mL;‎ 答案:4.0;‎ ‎(4)①用托盘天平(使用游码)称量时,被称量物与砝码的位置放颠倒了,称量的溶质质量减少,溶液浓度偏低,符合题意,故①正确;‎ ‎②有些固体溶解会放热,若未经冷却即转移至容量瓶,当溶液冷却时,溶液体积减少,导致配制溶液的浓度偏大,不符合题意,故②错误 ‎③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤,导致少量溶质没有转移至容量瓶,溶质总量减少,导致配制溶液的浓度偏小,符合题意,故③正确;‎ ‎④转移溶液时,玻璃棒和容量瓶口接触,会使溶质顺瓶口流出容量瓶,溶质总量减少,导致配制溶液的浓度偏小,符合题意,故④正确;‎ ‎⑤定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线,导致容量瓶中溶液体积偏大,溶液浓度偏小,符合题意,故⑤正确;‎ 答案为:①③④⑤;‎ ‎【点睛】配制一定量浓度的溶液,在解题时易错点在于解答仪器的选择时,要注意容量瓶和量筒要注明所选仪器的规格,不写规格是不准确的。容量瓶的规格选择时要选择与所配溶液体积相近的,不能太大。‎ ‎21.(1)已知反应RO3n- + 6I- + 6H+ = R- + 3I2+ 3H2O。‎ ‎① RO3n-中n =___________,R元素的化合价为___________。‎ ‎②该反应中氧化剂为:_________;还原剂为:___________。‎ ‎(2)① NaHCO3和Ba(OH)2两种固体,将二者分别溶于水,其电离方程式分别为: _____;_____;‎ ‎② Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应的离子方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). +5 (3). RO3- (4). I- (5). NaHCO3=Na++HCO3- (6). Ba(OH)2 = Ba2++2OH- (7). Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①已知反应RO3n- + 6I- + 6H+ = R- + 3I2+ 3H2O,化学反应方程式遵循电荷守恒,则-n-6+6=-1,则n=1;RO3n-为RO3-,则R元素的化合价为+5价,‎ 答案为:1;+5;‎ ‎②该反应中,R的化合价从+5价变为-1价,化合价降低得电子,发生还原反应,则RO3-为氧化剂;碘元素的化合价从-1价变为0价,化合价升高失电子,发生氧化反应,则I-为还原剂,‎ 答案为:RO3-;I-;‎ ‎(2)① NaHCO3和Ba(OH)2都为强电解质,在水溶液中完全电离,NaHCO3溶于水,电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-;Ba(OH)2溶于水,其电离方程式分别为:Ba(OH)2 = Ba2++2OH-,‎ 答案为:NaHCO3=Na++HCO3-;Ba(OH)2 = Ba2++2OH-;‎ ‎② Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O,‎ 答案为:Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O。‎ ‎22.在酸性溶液中用400mL 0.075mol•L-1的KMnO4溶液处理2gCu2S和CuS的混合物,发生如下反应: ① 8MnO4- + 5Cu2S + 44H+ = 10Cu2+ + 5SO2↑+ 8Mn2+ + 22H2O② 6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 5SO2↑+ 6Mn2+ + 14H2O,反应后煮沸溶液,赶尽SO2,剩余的KMnO4恰好与350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。已知该反应的化学方程式如下:2KMnO4+10(NH4)2Fe(SO4)2+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10(NH4)2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O ‎(1)反应①的氧化剂为____;还原剂为_______;氧化产物为___________。‎ ‎(2)用双线桥法标出反应②的电子转移情况____ 6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O ‎ ‎(3)反应②中每转移3mol电子,可生成标准状况下气体的体积为_________L。‎ ‎(4)KMnO4溶液与固体混合物反应后,剩余KMnO4的物质的量为 ______ mol。‎ ‎【答案】 (1). MnO4- (2). Cu2S (3). Cu2+和SO2 (4). (5). 11.2 (6). 0.007‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应①8MnO4- + 5Cu2S + 44H+ = 10Cu2+ + 5SO2↑+ 8Mn2+ + 22H2‎ O中Mn元素的化合价降低,则MnO4-为氧化剂,Cu、S元素的化合价升高,Cu2S为还原剂,失去电子被氧化,则Cu2+、SO2为氧化产物,‎ 答案为:MnO4-;Cu2S;Cu2+和SO2;‎ ‎(2)反应6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O中,锰元素从+7价降低为+2价,得到6×5e- 电子;硫元素由-2价变为+4价,失去5×6e- 电子;反应②的电子转移情况为,‎ 答案为:;‎ ‎(3)反应②6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O中每转移30mol电子生成5mol SO2,则每转移3mol电子,生成0.5mol SO2,标准状况下的体积为0.5mol ×22.4L/mol=11.2L,‎ 答案:11.2;‎ ‎(4)剩余的KMnO4恰好与350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应,根据反应2KMnO4+10(NH4)2Fe(SO4)2+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10(NH4)2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O,350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量=0.1mol•L-1×350×10-3L=0.035 mol,需要高锰酸钾的物质的量为×0.035 mol=0.007 mol,‎ 答案为:0.007 mol。‎ ‎ ‎
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