【化学】黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 相对原子质量:C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 S:32 K:39 Fe:56 Cu:64 Ba:137 Ca:40‎ 第Ⅰ卷 （选择题，共40分）‎ 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共40分。）‎ ‎1.下列物质中，能够导电的电解质是（ ）‎ A. 铜丝 B. 熔融的MgCl2 C. NaCl溶液 D. 蔗糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜丝能导电，Cu是金属单质，不属于化合物，因此不是电解质，A不符合题意；‎ B.熔融的MgCl2能够电离产生自由移动的Mg2+、Cl-，可以导电，该物质是化合物，属于电解质，B符合题意；‎ C.NaCl溶液中含有自由移动的Na+、Cl-，但该物质属于混合物，不是电解质，C错误；‎ D.蔗糖是化合物，无论是在水溶液中还是熔融状态下，都不能导电，因此该物质属于非电解质，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA B. 在0 ℃，101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子 C. 25 ℃，1.01×105 Pa，64 g SO2中含有的原子数为3 NA D. NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为2NA，错误；B．0℃，101 kPa时，22.4 L氢气中含有2NA个氢原子，错误；C．64 g SO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3 NA，正确；D．；NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7∶2，错误。‎ ‎3.将30mL 0.5mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（ ）‎ A. 0.3 mol/L B. 0.03 mol/L C. 0.05 mol/L D. 0.04 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】令稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为c，则：‎ ‎30×10−3 L×0.5mol/L=500×10−3 L×c 解得c=0.03mol/L，B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molN2的质量是14g B. H2SO4的摩尔质量是98g C. H2O的摩尔质量是18 g /mol D. 1mol HCl的质量是36.5g/mol ‎【答案】B ‎【解析】A. 1mol N2 的质量＝1mol×28g/mol＝28g，A错误；B. H2SO4的摩尔质量是98 g/mol，B错误；C. H2O的摩尔质量是18 g /mol，C正确；D. 1mol HCl的质量＝1mol×36.5g/mol＝36.5 g，D错误，答案选C。‎ ‎5.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是( ) ‎ ‎①过滤 ②蒸发 ③向容量瓶转移液体 A. ①和③ B. ①和② C. ②和③ D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①过滤、③向容量瓶转移液体，需要玻璃棒引流；②蒸发需要玻璃棒搅拌、防液滴飞溅，玻璃棒作用相同的是①和③，答案选A。‎ ‎6.下列常用实验仪器中，能直接加热的是（　　）‎ A. 分液漏斗 B. 普通漏斗 C. 蒸馏烧瓶 D. 试管 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分液漏斗不能加热，A错误；‎ B. 普通漏斗不能加热，B错误；‎ C. 蒸馏烧瓶需要垫有石棉网才能加热，属于间接加热，C错误；‎ D. 试管可以直接在酒精灯加热，D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎7.下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是( )。‎ 选项 A B C D 实验 分离植物油和氯化钠溶液 除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体 分离CCl4中的Br2‎ 除去CO2气体中的HCl气体 装置 或 仪器 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、植物油和氯化钠溶液分层，可选图中分液漏斗分离，故A正确；‎ B、氯化铵加热易分解，氯化钠不能，应加热法分离，故B错误；‎ C、二者互溶，但沸点不同，应选蒸馏法分离，故C错误；‎ D、CO2和HCl均能与NaOH反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8. 下列分离方法不正确的是（ ）‎ A. 用过滤的方法除去食盐水中的泥沙 ‎ B. 用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水 C. 用酒精萃取碘水中的碘 ‎ D. 用分液漏斗分离水和苯 ‎【答案】C ‎【解析】泥沙难溶于水，故可用过滤的方法除去食盐水中的泥沙，A正确；‎ 通过加热蒸馏将水变成水蒸气，再冷凝即可得到蒸馏水，故B正确；‎ 酒精能与水互溶，故不可用做从碘水中萃取碘的萃取剂；‎ 水和苯为互不相溶的液体，且水密度比苯小，故可用分液漏斗分离，水从下端管口放出，苯从上端管口倒出，故D正确；‎ ‎9.下列说法正确的是（　　）。‎ A. 金属氧化物一定是碱性氧化物 B. 碱性氧化物不一定是金属氧化物 C. 酸性氧化物一定是非金属氧化物 D. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属氧化物也可能是酸性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；‎ B．碱性氧化物一定是金属氧化物，故B错误；‎ C．酸性氧化物可能为金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，故C错误；‎ B．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10. 判断下列有关化学基本概念的依据正确的是( )‎ A. 氧化还原反应：元素化合价是否变化 B. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素 C. 强弱电解质：溶液的导电能力大小 D. 溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A. 氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，所以可根据元素化合价是否变化确定是否是氧化还原反应，正确；B.仅有一种微粒组成的纯净物是单质，有多种微粒构成的物质是混合物，而不是根据物质含有的元素种类的多少，错误；C.根据电解质在水溶液中是否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；D. 溶液与胶体的本质不同的原因是分散质微粒直径的大小，错误。‎ ‎11. 下列关于胶体的说法中正确的是（ ）‎ A. 胶体外观不均匀 B. 胶体能通过半透膜 C. 胶体微粒做不停的无秩序运动 D. 胶体不稳定，静置后容易产生沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、胶体是介于溶液和浊液之间的分散系，外观均匀，故错误；B、胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜，常用此方法提纯胶体，故错误；C、胶体 性质之一是能做布朗运动，故正确；D、胶体属于介稳性，故错误。‎ ‎12.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是（ ）‎ A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑ D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4‎ ‎↓，A符合题意；‎ B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，B符合题意；‎ C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑的离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O+CO2 ↑，C不符合题意；‎ D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，D符合题意；‎ 故选C。‎ ‎13.下列各组离子，能大量共存于同一溶液中的是 ( )。‎ A. CO32－. H + . Na + . NO3－ B. H + . Ag+ . Cl－. SO42－‎ C. K+ . Na + . OH－ .NO 3－ D. Ba2+ .Ca 2+ .SO42－ . OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO32－和H + 反应生成HCO3－或生成水和二氧化碳，故A不符；‎ B. Ag+ 和Cl－生成AgCl沉淀，故B不符；‎ C. K+ . Na + . OH－ .NO 3－之间不反应，没有沉淀、气体和水生成，故C符合；‎ D. Ba2+ 和.SO42－ 生成硫酸钡沉淀，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎14.某无色酸性溶液中，一定能够大量共存的离子组是（ ）‎ A. Fe2+、Ba2+、NO3－、Cl－ B. Na+、NH4+、SO42－、Cl－‎ C. Na+、K+、HCO3－、NO3－ D. Na+、K+、MnO4－、Br－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈酸性，如离子能大量共存，则在酸性条件下离子之间不发生任何反应，以此解答。‎ ‎【详解】A．酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，且Fe2+有颜色，选项A错误；‎ B．溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，选项B正确；‎ C．酸性条件下， HCO3－与H+发生反应生成二氧化碳和水而不能大量存在，选项C错误；‎ D．MnO4-有颜色，不能大量共存，且酸性条件下MnO4-与Br-发生氧化还原反应，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎15.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。‎ ‎16.若20g密度为dg⋅cm−3的Ca(NO3)2溶液中含有2g Ca2+，则溶液中NO3−的物质的量浓度为（ ）。‎ A. 5dmol⋅L−1 B. 2.5dmol⋅L−1 ‎ C. mol⋅L−1 D. mol⋅L−1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】2g Ca2＋的物质的量为：2g÷40g·mol－1=0.05mol，溶液中n（NO3－）=2n（ Ca2＋）=0.05mol×2=0.1mol，‎ 溶液体积为：20g÷1000dg·L－1= L，‎ 所以该溶液中NO3－的物质的量浓度为： =5d mol·L－1，‎ 故选：A ‎17.在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的分子个数比为（ ）‎ A. 2∶1 B. 1∶2 C. 3∶1 D. 1∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，参加反应的3个NO2分子中，有2个N原子的化合价升高到+5价，所以有2个NO2做还原剂；1个NO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1:2，答案选B。‎ ‎18.ClO2‎ 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O(未配平)下列说法正确的是（ ）‎ A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物 C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】略 ‎19.为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：①加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊。②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化。由此可知该氮肥的主要成分是（ ）‎ A. NH4HCO3 B. NH4Cl C. (NH4)2CO3 D. NH4NO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体是氨气，即该氮肥中含有NH4＋。另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体是CO2。取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量氯化钡溶液，没有明显变化，这说明该氮肥中没有SO42－和CO32－，因此该氮肥应该是碳酸氢铵；‎ 答案选A。‎ ‎20.已知：2Fe3++2I−===2Fe2++I2，Br2+2Fe2+===2Br−+2Fe3+，由此可判断离子的还原性从强到弱的顺序是（ ）‎ A. Br−＞Fe2+＞I− B. I−＞Fe2+＞Br− C. Br−＞I−＞Fe2+ D. Fe2+＞I−＞Br−‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，还原剂是化合价升高，还原产物是氧化剂被还原得到的产物，①I－是还原剂，Fe2＋是还原产物，还原性：I－>Fe2＋，②Fe2＋是还原剂，Br－是还原产物，还原性：Fe2＋>Br－，顺序是：I－>Fe2＋>Br－，故选项B正确。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题，共 60 分）‎ 二、填空题（本题包括 5 个小题，共 52 分。）‎ ‎21.按要求写出方程式。‎ 其中1、2写离子方程式；3、4写水溶液中的电离方程式；5、6写一个对应的化学方程式 ‎(1)碳酸钙和盐酸_______________________________‎ ‎(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸_______________________________‎ ‎(3)NaHSO4_______________________________‎ ‎(4)KClO3_______________________________‎ ‎(5)H + + OH — = H2O_______________________________‎ ‎(6)CO32 —＋2H + =CO2↑+H2O_______________________________‎ ‎【答案】(1). CaCO3 + 2H + = Ca 2+ + H2O + CO2 ↑ (2). Ba 2+ + 2OH — + 2H + + SO 4 2 — = BaSO4↓+ 2H2O (3). NaHSO4=Na++H++SO42- (4). KClO3=K++ClO3- (5). HCl + NaOH = NaCl + H2O (6). Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2 ↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳：CaCO3 + 2H + = Ca 2+ + H2O + CO2 ↑；‎ ‎(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸生成硫酸钡和水：Ba 2+ + 2OH - + 2H + + SO 4 2 - = BaSO4↓+ 2H2O ；‎ ‎(3)NaHSO4 是强电解质：NaHSO4=Na++H++SO42-；‎ ‎(4)KClO3 为强电解质：KClO3=K++ClO3-；‎ ‎(5)H + + OH - = H2O表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，如：HCl + NaOH = NaCl + H2O ；‎ ‎(6)CO32 -＋2H + =CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐和强酸反应，如： Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2。‎ ‎22.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识填空。‎ ‎(1)含有6.02×1023个氧原子的H2SO4的物质的量是_______.‎ ‎(2)与标准状况下V LCO2所含氧原子数目相同的水的质量是_______g(用分式表示)‎ ‎(3)将4g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为________.‎ ‎(4)在一定的温度和压强下,1体积X2(g)跟3体积Y2(g)化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是________.‎ ‎(5)将50mL 0.1mol⋅L−1 NaCl和50mL 0.5mol⋅L−1 CaCl2 溶液混合后,若溶液的体积为二者体积之和,则混合溶液中c(Cl −)为_______.‎ ‎(6)三种正盐的混合溶液中含有0.2mol Na+、0.25mol Mg2+、0.4mol Cl−和SO42−,则n(SO42−)为_________.‎ ‎【答案】(1). 0.25mol (2). (3). 0.1mol/L (4). XY3 (5). 0.55mol/L (6). 0.15mol ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据公式n=进行计算；‎ ‎（2）根据公式N=nNA=进行计算；‎ ‎（3）根据n=计算出氢氧化钠的物质的量，然后根据c=计算出水配制的氢氧化钠溶液的浓度，然后根据溶液具有均一性可知取出的10mL氢氧化钠的溶液的浓度；‎ ‎（4）一定温度与压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，然后利用质量守恒定律来确定化学式；‎ ‎（5）先分别利用n=cV来计算溶液中溶质物质的量，从而确定Cl－的物质的量，最后利用c=n÷V来计算混合液中Cl－的物质的量浓度；‎ ‎（6）溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，根据守恒思想来计算。‎ ‎【详解】（1）6.02×1023个氧原子，即氧原子的物质的量是1mol，所以H2SO4的物质的量是： =0.25mol；‎ ‎（2）标准状况下VL CO2所含氧原子数目是：= mol，含有氧原子说明相同，则含有氧原子的物质的量相等，则水的物质的量为mol，水的质量为：18g·mol－1×mol=g；‎ ‎（3）将4g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，4g氢氧化钠的物质的量为：‎ ‎=0.1mol，稀释后溶液浓度为：=0.1mol·L－1，从中取出10mL，由于溶液具有均一性，则这10mL溶液的物质的量浓度不变，仍然为0.1mol·L－1；‎ ‎（4）一定温度和压强下，1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积气体化合物，设该化合物为Z，由气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，‎ 则X2+3Y2═2Z，由原子守恒可知，Z为XY3；‎ ‎（5）NaCl的物质的量为：0.05L×0.1mol·L－1=0.005mol，CaCl2的物质的量为：0.05L×0.5mol·L ‎－1=0.025mol，则混合液中Cl－的总物质的量为：0.005mol+0.025mol×2=0.055mol，所以混合液中Cl－的物质的量浓度为： =0.55mol·L－1；‎ ‎（6）溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，即n（Na＋）+2n（ Mg2＋）=n （Cl－）+2n（SO42－），所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n（SO42－），解出n（SO42－）=0.15mol。‎ ‎23.用于分离或提纯物质的方法有：‎ A ．蒸馏 ( 分馏 ) B ．萃取 C ．过滤 D ．重结晶 E ．分液。‎ 下列各组混合物分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号 ）‎ ‎(1)除去 Ca(OH) 2溶液中悬浮的CaCO3微粒_________‎ ‎(2)分离四氯化碳与水的混合物_________‎ ‎(3)分离碘水中的碘单质_________‎ ‎(4)提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾_________‎ ‎【答案】(1). C (2). E (3). B (4). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）除去 Ca(OH) 2溶液中悬浮的CaCO3微粒，为不溶性固体与溶液的分离，则选择过滤，故答案为：C；‎ ‎（2）四氯化碳与水分层，则选择分液法分离，故答案为：E；‎ ‎（3）碘在水中的溶解度小，在有机物中的溶解度大，分离碘水中的碘单质，则选择萃取法分离，故答案为：B；‎ ‎（4）氯化钠的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾，选择重结晶法分离，故答案为：D．‎ ‎24.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。‎ ‎（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。‎ ‎（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________‎ A．使用容量瓶前检验是否漏水 B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤 C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。‎ D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。‎ E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。‎ ‎（3）根据计算用托盘天平称取的质量为______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_____0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。‎ ‎（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用______mL量筒最好。‎ ‎【答案】(1). A、C (2). 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 (3). BCD (4). 2.0 (5). 小于 (6). 13.6 (7). 15‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量或者量取、溶解或者稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以用不到的仪器：平底烧瓶、分液漏斗；还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；‎ ‎（2）A．容量瓶是带有活塞的仪器，使用前要检查是否漏水，故A正确；‎ B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能够使用待配溶液润洗，否则导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；‎ C．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解，应该在烧杯中溶解固体，故C错误；‎ D．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于稀释浓溶液，应该在烧杯中稀释浓溶液，故D错误；‎ E．摇匀的正确操作为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；‎ 答案为BCD；‎ ‎（3）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏低；‎ ‎（4）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为V，则：V×18.4mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得V=13.6ml，应选用15mL规格的量筒。‎ ‎25.实验室中可以利用反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O来制取氯气。‎ ‎(1)用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目_____________________KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2+3H2O ‎(2)该反应中还原剂是_____，还原产物是______.‎ ‎(3)若有1molHCl完全反应，则转移的电子得到物质的量是_______mol ‎【答案】(1). (2). HCl (3). Cl2 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0。‎ ‎【详解】（1）反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为 ；‎ ‎（2）KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，失去电子被氧化，HCl作还原剂，对应的氯气为氧化产物；‎ KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，氯气既是氧化产物又是还原产物，‎ 该反应中还原剂是HCl，还原产物是Cl2；‎ ‎（3）反应中6molHCl参加反应，只有5mol被氧化，所以，若有1molHCl完全反应，则转移电子得到物质的量是。‎ 三、计算题（共 8 分）‎ ‎26.常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液与30g质量分数为24%的KNO3溶液混合，得到的密度为1.26 g/mL的混合溶液。计算：‎ ‎(1)混合后溶液的质量分数_______________________。‎ ‎(2)混合后溶液的物质的量浓度________________________。‎ ‎【答案】(1). 20% (2). 2.49mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）分别计算出两溶液中含有溶质的质量，然后根据质量分数的公式计算；‎ ‎（2）先根据溶液的质量与密度的关系计算溶液的体积，再根据溶液的质量与质量分数求出溶质的质量，继而求出溶质的物质的量，根据物质的量浓度公式求出溶液的物质的量浓度。‎ ‎【详解】（1）20.0g质量分数为14.0%的KNO3溶液中溶质的质量为：20.0g×14.0%=2.8g，‎ ‎30.0g质量分数为24.0%的KNO3溶液中含有溶质的质量为：30.0g×24.0%=7.2g，‎ 溶液混合前后溶质、溶液的质量都不变，所以混合液的质量分数为：‎ ‎ ×100%=20%．答：混合后溶液的质量分数为20%；‎ ‎（2）混合液中溶质的质量为：2.8g+7.2g=10.0g，溶质的物质的量为：n= ≈0.1mol，‎ 溶液的体积为V= ≈40mL=0.04L，所以溶液的物质的量浓度为：c==2.49mol·L－1，答：混合后溶液的物质的量浓度为2.49 mol·L－1。‎