浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学（2-10班）试题
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北仑中学2019学年第一学期高一年级期中考试
化学试卷(2-10班用)
相对原子质量：K-39 Mn-55 Mg-24 O-16 C-12 S-32 Cl-35.5 H-1 O-16 Na-23 Ag-108 Ba-137
一．选择题：（本小题只有一个合理答案，每小题2分,共50分）
1. 据报道，德国INTEGRAL公司研究出无辐射冷却技术（用水和冰组成的物质代替传统的氟里昂或氨）而荣获德国环境大奖。关于这一“新致冷剂”，以下叙述不正确的是（ ）
A. 该致冷剂对环境不产生任何污染 B. 该致冷剂的作用原理与氨基本相同
C. 该致冷剂在水凝固点附近的温度下发挥作用 D. 该致冷剂具有与水不同的化学性质
【答案】D
【解析】
制冷剂的成分是水，因此和水具有相同的化学性质，D不正确。答案选D。
2.用a表示物理变化，b表示化学变化，c表示化合反应，d表示分解反应，e表示置换反应，f表示复分解反应，g表示酸与碱反应，h表示氧化还原反应，则下列概念间的关系正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. 物理变化与化学变化是并列关系，并不是从属关系，A错误；
B. 酸与碱反应属于复分解反应，但复分解反应一定不属于氧化还原反应，B错误；
C. 分解反应有的属于复分解反应，有的不属于复分解反应，C错误；
D.置换反应一定属于氧化还原反应，分解反应和化合反应有的是氧化还原反应，有的不是氧化还原反应，D正确。
故选D。
【点睛】有单质发生的化合反应、有单质生成的分解反应，一定是氧化还原反应。没有单质参加的化合反应、没有单质生成的分解反应，也可能是氧化还原反应。如SO2+H2O2=H2SO4，3NaClO2NaCl+KClO3，都是氧化还原反应。
3.
人类对原子结构的认识经历了一个不断深入的过程，以下科学家以及他们提出的原子结构学说（或模型）对应关系正确的是 （ ）
A. 道尔顿——电子轨道理论 B. 卢瑟福——量子力学模型
C. 玻尔——行星绕太阳模型 D. 汤姆逊——葡萄干面包模型
【答案】D
【解析】
道乐顿最早提出实心球形模型；1897年汤姆森发现了电子提出了葡萄干面包模型；1911年卢瑟福提出了带核的行星模型，1913年玻尔提出了电子分层排布的模型，直至现代的量子力学模型，故D正确
4.下列实验装置不适用于物质分离的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A项，可用于分离互不相溶的液体混合物，为分液装置，
B项，可将容易升华的物质分离出来，为升华装置；
C项，为纸层析法分离装置；
D项，温度计的水银球插入液面下，不是蒸馏（或分馏）装置，只有当温度计的水银球位于蒸馏烧瓶的支管口处时才能用于分离沸点不同的液体混合物；
答案选D。
5.若将0.006kg12C所含的原子数称为阿伏加德罗常数，用NA表示，则下列说法正确的是
A. 1mol氯气与足量的铁反应转移电子数目为2NA
B. 硫酸的摩尔质量为49g
C. 1mol水分子中含5mol电子
D. 在标准状况下，1mol 任何气体所占的体积都约为22.4L
【答案】A
【解析】
【分析】
将0.006kg12
C所含的原子数称为阿伏加德罗常数，则表明C的相对原子质量为6。因为一个原子的真实质量是不变的，所以阿伏加德罗常数变为原来的一半，气体摩尔体积变为原来的一半。
【详解】A. 氯气与铁反应时，Cl由0价降低为-1价，则2个Cl原子共得2e-，1mol氯气与足量的铁反应转移电子数目为2NA，A正确；
B. 硫酸的摩尔质量为49g/mol，而不是49g,B错误；
C.1个水分子中含有10个电子，则1mol水分子中含10mol电子，C错误；
D. 在标准状况下，1mol 任何气体所占的体积都约为11.2L，D错误。
故选A。
6.下列解析不科学的是（ ）
A. “水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故。
B. 长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应导致瓶内气体减少形成“负压”的缘故。
C. 严格地讲，“通风橱”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体没有得到转化或吸收。
D. “雨后彩虹”、“海市蜃楼”既是一种自然现象又是光学现象，也与胶体的知识有关。
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故，故A正确；
B选项，长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性强的硅酸钠而不易打开，故B错误；
C选项，严格地讲，“通风橱”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体没有得到转化或吸收，将有害气体转化到室外空气中，故C正确；
D选项，“雨后彩虹”、“海市蜃楼”既是一种自然现象又是光学折射现象，也与胶体的知识有关，故D正确；
综上所述，答案为B。
7.体积相同的甲、乙两容器中，一个充满HCl，另一个充满H2和Cl2的混合气体。同温同压下，两个容器内的气体一定具有相同的
A. 原子总数 B. 质子总数 C. 质量 D. 密度
【答案】A
【解析】
【分析】
同温同压下，气体的摩尔体积相同，但不一定等于22.4 L·mol－1。同温同压下，体积相同的气体，物质的量相同。可假设气体都为1mol。对于混合气，可采用极值法进行分析。
【详解】A. 不管是1molHCl，还是1molH2、1molCl2，原子总数都是2mol，所以甲、乙两容器中原子总数都为2mol，A正确；
B. 1molHCl、1molH2、1molCl2的质子数分别为18mol、2mol、34mol，所以1molH2和Cl2的混合气体的质子总数不一定相等，B不正确；
C. 1molHCl、1molH2、1molCl2的质量分别为36.5g、2g、71g，所以1molH2和Cl2的混合气体的质数不一定相等，C不正确；
D. 利用阿伏加德罗定律的推论，气体的密度之比等于相对分子质量之比，因为混合气的相对分子质量不一定等于36.5，所以二者的密度不一定相等，D不正确。
故选A。
【点睛】单一气体与混合气体的某个量进行比较时，我们可采用极值法先求出极端量，再求平均量，若极端量相等，则平均量等于极端量；若极端量不等，则平均量不是一个固定值，而是两个极端量的数值范围。
8.除去括号内杂质所用试剂和方法不正确的是
A. KNO3(NaCl)----热水，冷却结晶、过滤
B. NaCl溶液（碘）----CCl4，萃取、分液
C. Cl2（HCl）----饱和食盐水，洗气
D. CO2（HCl）----饱和碳酸钠溶液，洗气
【答案】D
【解析】
【详解】A. KNO3(NaCl)----采用降温结晶法，即用热水溶解制成浓溶液，然后冷却结晶、过滤，即得纯净的KNO3晶体，A正确；
B. NaCl溶液（碘）----加入CCl4萃取，静置后液体分为两层，上层为氯化钠的水溶液，下层为碘四氯化碳溶液，然后分液，上层即为氯化钠溶液，B正确；
C. Cl2（HCl）----HCl易溶于饱和食盐水，而氯气不溶，此法称为洗气，C正确；
D. CO2（HCl）----饱和碳酸钠溶液不仅能吸收HCl，还能吸收CO2，不能达到除杂的目的，D错误；
故选D。
9.家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是
A. 食盐 B. 食醋 C. 烧碱 D. 纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】A. 食盐与漂白粉中的成分都不发生反应，对漂白能力没有影响，A不正确；
B. 食醋能与漂白粉中的Ca(ClO)2发生反应，生成HClO，从而增强漂白效果，B正确；
C. 烧碱与漂白粉中的成分都不反应，对漂白效果不产生影响，C不正确；
D. 纯碱与漂白粉中的Ca2+作用，生成CaCO3，但对漂白效果没有影响，D不正确。
故选B。
【点睛】若想增强漂白粉的漂白能力，必须想法增大HClO的浓度，通常方法是加入酸或通入二氧化碳等酸性气体，但不能通入还原性气体，如SO2、H2S等。
10.下列说法正确的是
A. 盐酸和氨水都是非电解质
B. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl-，导电性强的溶液里自由移动的离子数目一定比导电性弱的溶液里自由移动的离子数目多
D. 蔗糖、酒精在水溶液和熔化时均不导电，所以它们是非电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸是电解质，但氨水是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A不正确；
B. NH3、CO2的水溶液均导电，但导电离子是来自它们与水反应的产物，所以NH3、CO2均不是电解质，B不正确；
C. 电离不需电流作用，导电性强的溶液里自由移动的离子数目不一定比导电性弱的溶液里自由移动的离子数目多，C不正确；
D. 蔗糖、酒精在水溶液和熔化时均不导电，所以它们是非电解质，D正确。
故选D。
11.已知反应KClO3 + 6HCl = KCl+3C12↑+3H20，若用K35C1O3与H37Cl作用，则下列说法中正确的是
A. KCl中只含35Cl B. KCl中只含37Cl
C. KCl既含35Cl又含37Cl D. 该反应中，电子转移数为6
【答案】B
【解析】
【分析】
KClO3 + 6HCl = KCl+3C12↑+3H2O，若用K35C1O3与H37Cl作用，反应方程式应改写为：
K35C1O3+6H37Cl= K37Cl+35Cl37Cl+237C12↑+3H2O
【详解】A. KCl中只含35Cl，A不正确；
B. KCl中只含37Cl，B正确；
C. KCl不含35Cl，只含37Cl，C不正确；
D. 该反应中，电子转移数为5，D不正确。
故选B。
12.在标准状况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水制成 22.4 L稀盐酸，该盐酸溶液的物质
的量浓度为
A. mol/L B. mol/L C. 1 mol/L D. mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】，故答案为D。
13.10mol/L的盐酸1L中加入足量MnO2共热，最终逸出的氯气体积为（不考虑氯气在反应液中的溶解）
A. 2.5mol B. 小于2.5mol C. 大于2.5mol D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【详解】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
4mol 1mol
10mol <2.5mol
当盐酸完全反应时，生成Cl22.5mol，随着反应的不断进行，浓盐酸转化为稀盐酸，而稀盐酸与MnO2不反应，所以盐酸一定有剩余，故生成的Cl2小于2.5mol。
答案为B。
14. 下列配制的溶液浓度偏高的是
A. 配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时俯视刻度线
B. 配制盐酸溶液定容时，仰视容量瓶刻度线
C. 称量4 g NaOH 配制0.1 mol·L-1 NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘
D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线
【答案】D
【解析】
试题分析：A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线，量取的盐酸体积偏少，则以该盐酸为溶质来配制溶液的浓度就偏低，错误；B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，则加入的溶剂水偏多，使溶液的体积偏大，故导致溶液的浓度偏低，错误；C．称量4 g NaOH配制0.1 mol/L NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘，由于没有使用游码，因此质量不变，配制的溶液的浓度也不变，错误；D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线，当溶液恢复至室温时，溶液的体积低于刻度线，则配制的溶液的浓度就偏高，正确。
考点：考查定量实验的误差分析的知识。
15.往含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72 L（标准状况下）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：往含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2
气体；依次发生①、②、③、④；通入00.1mol发生反应①，通入0.10.2mol发生反应②，通入0.20.3mol发生反应③，故C正确。
考点：本题考查化学反应图像
16.已知G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧衍生物，我们不了解他们的化学式，但知道他们在一定条件下具有下列转化关系（未配平）
①G→Q+NaCl
②Q+H2O→X+H2
③Y+NaOH→G+Q+H2O
④Z+NaOH→Q+X+H2O
这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序是
A. X
G；②Q+H2O→X+H2，因为H元素化合价降低，所以Q、X中Cl的化合价升高，即X>Q；
③Y+NaOH→G+Q+H2O，此反应为歧化反应，氯元素化合价Q>Y>G；
④Z+NaOH→Q+X+H2O，此反应为歧化反应，氯元素化合价X>Z>Q；
综上所述，氯元素的化合价由低到高的顺序为：Gρ2
两溶液的体积各为1mL，则有下列关系：
混合液的质量分数=
故选D。
【点睛】不管是氨水还是酒精，因为其密度小于1，所以浓度越大，密度越小。其它溶液，密度通常都大于1，所以浓度越大，密度越大，浓度越小，密度越小。
20.某元素R的核内含有N个中子，R的质量数为A，在其与氢化合时，R呈-n价，则Wg R的气态氢化物中所含电子的物质的量为 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】元素R原子中含有电子数=质子数=质量数-中子数=A-N，形成氢化物时R呈-n价，氢化物的相对分子质量为A+n，氢化物中含有的电子数为A-N+n，W g氢化物的物质的量为 mol，故氢化物中电子数为 mol×(A-N+n)=(A-N+n)mol，故选B。
21.18.4g 由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为16.6g，试确定原固体混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为
A. NaOH > NaHCO3 B. NaOH < NaHCO3 C. NaOH = NaHCO3 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
详解】当混合物中NaOH和NaHCO3按1:1摩尔比混合时，发生反应：
NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O
40g 84g 106g 18g
124g 固体混合物发生反应，固体质量减轻18g；若NaOH过量，即NaOH和NaHCO3的摩尔比大于1:1时，124g固体反应，质量减轻小于18g；若NaHCO3过量，即NaOH和NaHCO3的摩尔比小于1:1时，124g固体反应，质量减轻大于18g。
现18.4g 由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物加热后，质量减轻为18.4g-16.6g=1.8g，则表明混合物中NaOH过量，NaOH和NaHCO3的摩尔比大于1:1。
故选A。
22.下列离子方程式正确的是
A. 碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2++2HCO3-+2OH－=CaCO3↓+CO32-+2H2O
B. 海带灰浸泡滤液中加入稀硫酸后再加入双氧水:2I-+ H2O2+4H+ = I2+2H2O
C. 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
D. 1L4mol·L-1 NaOH溶液中通入67.2LCO2（标准状况下），反应的离子方程式为：4OH- +3CO2 = 2HCO3-+CO32-+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液，正确的离子方程式应为：Ca2++HCO3-+OH－=CaCO3↓ +H2O，A错误；
B. 海带灰浸泡滤液中加入稀硫酸后再加入双氧水，正确的离子方程式应为：2I-+ H2O2+2H+ = I2+2H2O，B错误；
C. 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气，正确的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，C错误；
D. 1L4mol·L-1 NaOH溶液中通入67.2LCO2（标准状况下），反应的离子方程式为：4OH- +3CO2 = 2HCO3-+CO32-+H2O，D正确。
故选D。
【点睛】当反应物的用量不同，反应产物不同时，常采用以少定多法，即量少的物质让其充分过量，以保证中间产物在过量的另一反应物中完全反应。
对于一种物质中有两种离子参加的离子反应，当该物质少量时，参加反应的两离子间满足化学组成关系；当该物质过量时，参加反应的离子间不一定满足组成关系。
总之，不管反应物的相对量如何，产物在其所处的环境中必须能够稳定存在。
23.下列说法正确的是
A. 合金比成分金属熔点高、硬度大
B. 钠具有强还原性，可置换出四氯化钛溶液中的钛
C. 用原子吸收光谱能确定物质中是否含有哪些金属元素
D. 镁熔点高达2800℃，是优质的耐高温材料
【答案】C
【解析】
【详解】A. 合金比成分金属熔点低、硬度大，A不正确；
B. 钠具有强还原性，可置换出四氯化钛熔融液中的钛，若在水溶液中，钠首先与水发生反应，B不正确；
C. 不同的金属元素在原子吸收光谱中有不同的谱线，因此用原子吸收光谱只能测出某物质中含有什么金属元素，C正确；
D. 氧化镁的熔点高达2800℃，是优质的耐高温材料，而镁的熔点只有648.9 ℃，且性质活泼，不能做耐高温材料，D不正确。
故选C。
24.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
A. 3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3
B. Cl2+FeI2FeCl2+I2
C. Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O
D. 2Fe3++2I−2Fe2++I2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中，“强制弱”和“先强后弱”规律判断。
【详解】Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，则Co2+、Cl-、Fe2+、I-的还原性依次增强；
A、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，选项A错误；
B、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，选项B正确；
C、因为氧化性Co2O3＞Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O能发生，选项C正确；
D、因为氧化性FeCl3＞I2，所以2Fe3++2I-=2Fe2++I2能发生，选项D正确；
答案选A。
【点睛】本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，难度不大。
25.某溶液中可能含有下列 6 种离子中的某几种：Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Na+、K+。为了确认溶液的组成，进行了如下实验：
①取 200mL 上述溶液，加入足量 BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀 4.30g。向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶解。
②向①的滤液中加入足量NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L （已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）。
③原溶液焰色反应呈黄色。
关于原溶液组成的结论，不正确的是
A. 一定存在Cl-、SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Na+、K+
B. 至少存在五种离子，且c(Cl-)≥0.05mol/L
C. c(CO32-)=0.05mol/L
D. c(NH4+)＞c(SO42-)
【答案】B
【解析】
详解】由实验①可知，m(BaSO4)=2.33g，m(BaCO3)= 4.30g-2.33g=1.97g，
n(BaSO4)=，m(BaCO3)=，
则n(SO42-)=0.01mol，n(CO32-)=0.01mol。
n(NH4+)= n(NH3)=
因为溶液中正电荷为0.05mol，负电荷为0.04mol，依据电荷守恒，溶液中一定还含有阴离子，即Cl-。若不含有Na+、K+，则n(Cl-)=0.01mol；若Na+、K+含一种或两种，则n(Cl-)>0.01mol。
A. 由以上分析知，溶液中一定存在Cl-、SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Na+、K+，A正确；
B. 至少存在四种离子而不是五种离子，且c(Cl-)≥0.05mol/L，B错误；
C. c(CO32-)==0.05mol/L，C正确；
D.因为n(NH4+)＞n(SO42-)，所以c(NH4+)＞c(SO42-)，D正确。
故选B。
【点睛】在进行离子推断时，应从反应现象和计算结果入手，利用离子共存和电荷守恒，进行未知离子的研判。
二．填空题：（50分）
26.根据右边反应框图填空，已知反应①是工业上生产化合物D的反应，反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应。工业上制取漂白粉的反应也在其中。
（1）单质L是_____
。
（2）化合物B是____。
（3）图中除反应①以外，还有两个用于工业生产的反应，是________和_______（填代号）。
请写出他们的化学反应方程式：____________、____________。
【答案】 (1). H2 (2). H2O (3). ② (4). ④ (5). 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ (6). 2 Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
从框图中看，反应①是工业上煅烧石灰石的反应，反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应，则C为CaCO3，E为CO2，D为CaO，G为Ca(OH)2，B为H2O；反应②是工业制烧碱的反应，则A为NaCl，H为Cl2，L为H2，M为NaOH；反应④为制漂白粉的反应，则K和J中一种为CaCl2，一种为Ca(ClO)2，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）单质L是H2。故答案为：H2；
（2）化合物B是H2O。故答案为：H2O；
（3）图中除反应①以外，还有两个用于工业生产的反应，是②和④。
化学反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
故答案为：②和④；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
27.已知A元素的一种原子没有中子；B元素的原子得1个电子后形成的离子与氩原子电子数相同；C元素的原子第三层电子数比第二层少2个；D元素的原子与A原子构成的分子A2D有10个电子。则A的元素符号为_____ ；B的离子结构示意图为_________________；C的原子结构示意图为_____________；D的元素名称为______________。
【答案】 (1). H (2). (3). (4). 氧
【解析】
【分析】
A元素的一种原子没有中子，则其为氢元素；
B元素的原子得1个电子后形成的离子与氩原子电子数相同，则其第三电子层上有7个电子，即为氯元素；
C元素的原子第三层电子数比第二层少2个，则第三层电子数为6，其为硫元素；
D元素的原子与A原子构成的分子A2D有10个电子，D的核外有8个电子，则其为氧元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
则A的元素符号为H。答案为H；
B的离子结构示意图为。答案为：；
C的原子结构示意图为。答案为：；
D的元素名称为氧。答案为：氧。
28.（1）化合物BrFx与水按物质的量之比3 ：5发生反应，其产物为溴酸(HBrO3)、氢氟酸、单质溴和氧气。
①BrFx中，x=__________。
②该反应的化学方程式为__________________________________________。
③此反应的氧化剂是______________，还原剂是______________。
（2）配平下列反应式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目
____KMnO4 ＋____H2O2+____H2SO4 ─____K2SO4＋____MnSO4＋___ O2↑ ＋ ____H2O
【答案】 (1). 3 (2). 3BrF3+5H2O=HBrO3+9HF+Br2+O2↑ (3). BrF3 (4). BrF3、H2O (5). 2 (6). 5 (7). 3 (8). 1 (9). 2 (10). 5 (11). 8
【解析】
【分析】
（1）根据题意结合元素守恒回答第①、②问；
③根据氧化还原反应的规律解答；
（2）根据氧化还原反应的规律结合电子转移数守恒作答。
【详解】（1）将方程式配平，3BrFx+5H2O=HBrO3+3xHF+Br2+O2↑
依据H原子守恒，1+3x=10 x=3
①BrFx中，x=3。答案为：3；
②该反应的化学方程式为3BrF3+5H2O=HBrO3+9HF+Br2+O2↑。
答案为：3BrF3+5H2O=HBrO3+9HF+Br2+O2↑；
③在反应中，Br由+3价一部分转化为+5价(HBrO3)，一部分转化为0价(Br2)；O元素由-2价一部分转化为0价(O2)，一部分没有改变。
此反应的氧化剂是BrF3，还原剂是BrF3和H2O。答案为：BrF3和H2O；
（2）KMnO4中Mn由+7价降为+2价，H2O2中的O由-1价升为0价，按得失电子总数相等，首先配二者的化学计量数，然后依据质量守恒进行配平。
2KMnO4 ＋5H2O2+3H2SO4 =1K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑ ＋ 8H2O，双线桥标出电子转移的方向和数目为：
答案为：2；5 ；3 ；1；2；5；8；
29.已知SiO2、SO2和CO2都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性；Mg和Na的化学性质也具有一定的相似性。
Ⅰ．用上图所示装置进行Mg和SO2的实验，其中A是制备SO2的发生装置。用80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体制取SO2 。
（1） 写出装置B中发生的主要反应的化学方程式_____________________。装置C中NaOH溶液的作用是___。
（2）你认为该装置不足之处是什么？__________________________只要答出两点即可）。
Ⅱ．某研究性学习小组进行了“实验室制Si”的研究，它们以课本为基础，查阅资料得到以下可供参考的信息：①工业上在高温时用C还原SiO2可制得Si ②Mg在点燃的条件下即可与SiO2反应 ③金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐与SiH4④Si和SiO2均不与稀H2SO4
反应 ⑤SiH4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“……选用合适的物质在适宜的条件下充分反应；再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量……在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”。
（3） 该小组“实验室制Si”的化学方程式是______________________________________。
（4）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是____________。
【答案】 (1). 3Mg+SO2 = 2MgO+MgS (2). 吸收多余的SO2，防止污染环境 (3). 在A和B之间没有连接一干燥装置；C装置未与大气相通；在镁下方未垫一不锈钢片，镁与玻璃管反应；未设计一防倒吸装置 (4). 2Mg+SiO22MgO+Si (5). 金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃或用化学方程式表示：2Mg+SiMg2Si Mg2Si+2H2SO4＝MgSO4+SiH4↑SiH4+2O2=SiO2+2H2O
【解析】
【分析】
我们熟悉Mg与CO2反应，现在要写出Mg与SO2反应，显然需使用类推法。
所以2Mg+SO2=2MgO+S，同时还应考虑物质性质的差异性，即生成的S还能继续与Mg反应生成MgS。
在分析装置的不足时，需要考虑气体与热的固体反应需干燥，气体排出时需保持内外压强的平衡，易溶于水气体用液体吸收时需防倒吸，以及活泼金属镁与硬质玻璃管成分SiO2的反应等。
同样，Mg与SiO2的反应也采用类推法，起初生成Si和MgO，后来Si与Mg继续反应生成Mg2Si，至于此反应的产物，题中实验现象也给了我们暗示。
【详解】Ⅰ．（1）装置B中发生的是Mg与SO2的反应，首先发生置换反应，生成MgO和S，S再与Mg反应生成MgS，主要反应的化学方程式3Mg+SO2 =2MgO+MgS。
答案为：3Mg+SO2 =2MgO+MgS；
SO2是污染环境的气体，需进行尾气处理。装置C中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染环境。
答案为：吸收多余的SO2，防止污染环境。
（2）该装置不足之处是：在A和B之间没有连接一干燥装置；C装置未与大气相通；在镁下方未垫一不锈钢片，镁与玻璃管反应；未设计一防倒吸装置。
答案为：在A和B之间没有连接一干燥装置；C装置未与大气相通；在镁下方未垫一不锈钢片，镁与玻璃管反应；未设计一防倒吸装置。
Ⅱ．（3） 该小组“实验室制Si”的化学方程式是2Mg+SiO22MgO+Si。
答案为：2Mg+SiO22MgO+Si。
（4）“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃。或用化学方程式表示：2Mg+SiMg2Si，Mg2Si+2H2SO4＝MgSO4+SiH4↑，SiH4+2O2=SiO2+2H2O。
答案为：金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃。或用化学方程式表示：2Mg+SiMg2Si，Mg2Si+2H2SO4＝MgSO4+SiH4↑，
SiH4+2O2=SiO2+2H2O。
【点睛】对我们不熟悉的物质，在书写化学方程式时，常采用类推法，即利用我们熟悉物质的反应，类推与之性质类似物质的反应。如镁与二氧化硅反应，书本上没有介绍反应及产物，但题中信息告诉我们，二氧化硅与二氧化硫具有相似的性质，于是我们便利用二氧化硫与镁反应的产物，类推出镁与二氧化硅反应的产物。
30.实验室需要250 mL 0.5 moL／L的稀硫酸溶液，现用密度为1.84 g/mL，质量分数为98％的浓硫酸配制。请回答下列问题。
（1）下列仪器中，用不到的是__________。
A．250 mL容量瓶 B．500 mL容量瓶 C．50 mL量筒 D．10 mL量筒
（2）若要进行配制，除上述仪器外，尚缺少的仪器或用品是_______________________。
（3） 容量瓶上除有刻线和容量规格外还应标有温度，容量瓶在使用前必须进行的操作是：________。
（4）人们常将配制过程简述如下：①冷却；②洗涤烧杯中的液体；③量取；④溶解；⑤定容；⑥摇匀；⑦移液。其正确的操作顺序是________________________ (填序号)。
【答案】 (1). B、C (2). 胶头滴管、烧杯、玻璃棒 (3). 检漏 (4). ③④①⑦②⑤⑥
【解析】
【分析】
（1）通过计算所需浓硫酸的体积结合量筒的选取规则分析；
（2）根据实验步骤分析所需仪器；
（3）容量瓶使用前需要检漏；
（4）依据配制一定浓度溶液的正确操作步骤分析作答。
【详解】（1）密度为1.84 g/mL，质量分数为98％的浓硫酸
c=mol/L，所需浓硫酸的体积V=，选择量筒时，尽可能选择量程小但又能一次量完的量筒。所以用不到的是B、C。
答案为：B、C；
（2）若要进行配制，除上述仪器外，尚缺少的仪器或用品是胶头滴管、烧杯、玻璃棒。
答案为：胶头滴管、烧杯、玻璃棒；
（3） 容量瓶上除有刻线和容量规格外还应标有温度，容量瓶在使用前必须进行的操作是：检漏。答案为：检漏；
（4）人们常将配制过程简述如下：①冷却；②洗涤烧杯中的液体；③量取；④溶解；⑤定容；⑥摇匀；⑦移液。其正确的操作顺序应从计算、量取、溶解、转移、定容五个步骤去选择。所以正确的操作顺序是③④①⑦②⑤⑥。
答案为：③④①⑦②⑤⑥，
31.标准状况下，向100 mLNaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，测得最后所得溶液M的PH＞7（反应前后溶液的体积变化忽略不计）。在溶液M中逐滴缓慢滴加1 mol/L盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：
已知图中B点位置固定，且V(B)=300,而点A C 可在各自的轴上移动。
（1）原溶液的物质的量浓度为_________mol/L，B点时，最终所得溶液中的溶质的物质的量浓度是___________mol/L(两种溶液混合时体积可以直接相加)
（2）V(A)的取值不同时，溶液M中的溶质的成分也不同，请填写下表：
V(A)的取值
V(A)＝0
0＜V(A)＜150
V(A)＝150
150＜V(A)＜300
溶质的成分
①__________
②___________
③_________
④_____________
当V(A)＝200时，C点数值为_____________。
（3）取V(A)＝100时对应的溶液M 30ml 与等体积的1 mol/L的盐酸按各种可能的方式混合，产生的气体体积Vml,则V 的取值范围是___________________。
【答案】 (1). 3 (2). 0.75 (3). NaHCO3 (4). Na2CO3和NaHCO3 (5). Na2CO3 (6). NaOH和Na2CO3 (7). 2240 (8). 0≤V≤448
【解析】
【分析】
向100 mLNaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，发生反应：
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O==2NaHCO3
在生成的M溶液中滴加盐酸，发生如下反应：
OA段，NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl＝NaCl+ NaHCO3
AB段，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，据此分析作答
【详解】（1）从B点切入，因为此时产物为NaCl，所以n(NaCl)=n(NaOH)=1mol/L×0.3L=0.3mol。
原溶液的物质的量浓度为mol/L。答案为：3；
B点时，最终所得溶液中的溶质的物质的量浓度是mol/L。
答案为：0.75；
（2）V(A)的取值不同时，溶液M中的溶质的成分也不同，请填写下表：
V(A)的取值
V(A)＝0
0＜V(A)＜150
V(A)＝150
150＜V(A)＜300
溶质的成分
①__________
②___________
③_________
④_____________
从表中可以看出，V(A)＝0时，①溶质为NaHCO3。答案为：①NaHCO3
当0＜V(A)＜150时，②溶质为Na2CO3和NaHCO3。答案为：②Na2CO3和NaHCO3
当V(A)＝150时，③溶质为Na2CO3。答案为：③Na2CO3
当150＜V(A)＜300，④溶质为NaOH和Na2CO3。答案为：④NaOH和Na2CO3
当V(A)＝200时，C点溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1：1。
则AB段发生的反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
0.1L×1mol/L 0.1mol
V(CO2)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L=2240mL
答案为：2240；
（3）由上面分析知，V(A)＝100时对应的溶液M中，溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的物质的量之比为1:1，且二者的浓度都是1mol/L。
若将盐酸加入M溶液中，n(Na2CO3)= 1mol/L×0.03L=0.03mol，
n(NaHCO3)= 1mol/L×0.03L=0.03mol，n(HCl)= 1mol/L×0.03L=0.03mol。
发生反应为Na2CO3+HCl＝NaCl+ NaHCO3
0.03mol 0.03mol
盐酸将Na2CO3转化为NaHCO3便消耗完，所以生成二氧化碳的体积为0。
若将M溶液滴入盐酸中，发生反应为：
Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
0.01mol 0.02mol 0.01mol 0.01mol 0.01mol 0.01mol
共生成CO2气体的体积为：0.02mol×22400mL/mol=448mL
故取V(A)＝100时对应的溶液M 30mL与等体积的1 mol/L的盐酸按各种可能的方式混合，产生的气体体积VmL，则V 的取值范围是0≤V≤448
答案为：0≤V≤448；
【点睛】Na2CO3溶液中滴加盐酸，由于盐酸的量少，所以先发生反应Na2CO3+HCl＝NaCl+ NaHCO3，只有当Na2CO3全部转化为NaHCO3后，滴加的盐酸才与NaHCO3反应生成CO2气体；若将Na2CO3溶液滴入盐酸中，由于盐酸过量，Na2CO3生成的NaHCO3立即与盐酸反应，直接生成二氧化碳气体。故在盐酸量不足的情况下，若想获得尽可能多的二氧化碳气体，应将Na2CO3溶液滴入盐酸中。
