黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 铁人中学2019级高一学年上学期期中考试 化学试题 试题说明：‎ ‎1. 本试题满分100分，答题时间90分钟。 ‎ ‎2. 请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。‎ ‎3. 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Na：23 Fe：56 Cu：64 K：39 Ba:137 Ag:108 Ca:40 Al:27 Mn:55‎ 第Ⅰ卷 选择题部分 一、选择题 ‎1.下列对古文献记载内容或诗句谚语理解错误的是（ ）‎ A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法,用浓酒和糟人甑,蒸令气…其清如水, 味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏 B. “水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化 C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 D. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法——蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，选项A正确；‎ B、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；‎ C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，为置换反应，选项C正确；‎ D、空气与水蒸气形成气溶胶，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.有下列仪器：铁架台、铁圈、铁夹、三脚架、石棉网、烧杯、普通漏斗、冷凝管、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶、温度计、坩埚钳、火柴、滤纸，从缺少必要的仪器和用品的角度考虑，不能进行的分离操作是（ ）‎ A. 蒸发 B. 蒸馏 C. 过滤 D. 萃取 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸发必须使用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器，这些仪器都有，选项A不选 B．蒸馏必须使用铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管等，这些仪器都有，选项B不选；‎ C．过滤必须使用的漏斗、玻璃棒、烧杯等及滤纸等，这些仪器都有，选项C不选；‎ D．萃取必须使用分液漏斗和烧杯，这些仪器中没有分液漏斗，选项D选；‎ 答案选D。‎ ‎3.对下列物质进行分类正确的是（ ）‎ A. 根据酸中的氢原子数把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 B. 根据是否有丁达尔效应把分散系分为溶液、胶体和浊液 C. CuSO4·5H2O属于纯净物 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，在A错误；‎ B、根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，选项B错误；‎ C、CuSO4•5H2O只表示胆矾一种物质，属于纯净物，选项C正确；‎ D、盐是指由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物，所以盐类物质不一定含有金属阳离子，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了常见物质的类别，完成此题，可以依据物质的组成进行，易错点为选项A根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等而不是按氢原子的个数分。‎ ‎4.化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环保问题，下列实验方法或实验操作不正确的有（ ）‎ ‎①在制取蒸馏水的实验中，为防暴沸可在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片 ‎②进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 ‎③水和碘的四氯化碳溶液分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出 ‎④进行蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热 ‎⑤酒精着火时可用湿抹布或沙土扑火 ‎⑥进行SO2性质实验时要在通风橱内进行，多余的SO2一律排到室外 ‎⑦做实验时可用手直接拿取金属钠 ‎⑧夜间发生厨房煤气泄漏，应立即开灯检查煤气泄漏的原因，并打开所有门窗通风 ‎⑨不慎将浓 H2SO4沾在皮肤上，立即用NaOH溶液冲洗 ‎⑩用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中 A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①在制取蒸馏水的实验中，为避免加热时暴沸可在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片，故①正确；‎ ‎②萃取剂的密度不一定必须比水大，故②不正确；‎ ‎③四氯化碳密度大于水，位于下层，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③不正确；‎ ‎④进行蒸发操作时，当出现大量晶体时停止加热，利用余热蒸干，故④不正确；‎ ‎⑤酒精着火不能用水灭，会引起着火面积增大，只能用湿抹布或沙土盖灭，故⑤正确；‎ ‎⑥进行SO2性质实验时要在通风橱内进行，多余的 SO2不能排到室外，需要尾气处理，⑥不正确；‎ ‎⑦做实验时不可用手直接拿取金属钠，⑦不正确；‎ ‎⑧夜间发生厨房煤气泄漏，应立即关闭阀门，并打开所有门窗通风，⑧不正确；‎ ‎⑨不慎将浓H2SO4沾在皮肤上，立即用小苏打溶液冲洗，⑨不正确；‎ ‎⑩容量瓶不能受热，用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中，⑩正确；‎ 综上可知，不正确的有②③④⑥⑦⑧⑨共7个；‎ 答案选D。‎ ‎5.已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液可制得AgI胶体，当它跟Fe(OH)3胶体相混合时，能析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，由此可知（ ）‎ A. 该AgI胶粒能通过半透膜 B. 该AgI胶体带负电荷 C. 该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动 D. 该AgI胶体是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体的胶粒不能通过半透膜，选项A错误；‎ B、AgI胶体与Fe(OH)3胶体相混合时，析出AgI和Fe(OH)3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe(OH)3胶粒带相反电荷。而Fe(OH)3胶粒带正电，故AgI胶粒带负电，但胶体不带电，选项B错误；‎ C、AgI胶粒带负电，该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动，选项C正确；‎ D、该AgI胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.下列关于氧化还原反应的说法正确的是（ ）‎ ‎①有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原 ‎②阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性 ‎③在K、Fe2＋、S2-、Na＋中只有1种粒子不具有还原性 ‎④由X变为X2＋的反应是氧化反应 ‎⑤金属单质在反应中只作还原剂 ‎ ‎⑥非金属单质在反应中只作氧化剂 ‎⑦含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性 A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，故错误；‎ ‎②阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，故错误；‎ ‎③处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，故正确；‎ ‎④X变为X2+的反应，失去电子，被氧化，发生氧化反应，故正确；‎ ‎⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，故正确；‎ ‎⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故错误；‎ ‎⑦元素表现氧化性主要是看得电子能力，非金属性较弱的元素达到高价时，氧化性都不强或几乎没有氧化性，如CO2中C元素，NaOH中Na元素，另非金属性强的元素以最高价形成化合物也有特例，如HClO4氧化性很弱，故错误；‎ 综上，正确的只有③④⑤；‎ 答案选A。‎ ‎7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(　 　)‎ A. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣‎ B. 0.1 mol·L－1KNO3溶液：Mg2＋、Fe3＋、Cl－、SO42－‎ C. 使石蕊变红的溶液：K＋、Ca2＋、Cl－、ClO－‎ D. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K+、NO3﹣、SO42﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，选项A错误；‎ B．在0.1 mol·L－1 KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl－、SO42－不会发生任何反应，因此可以大量存在，选项B正确；‎ C．使石蕊变红的溶液是酸性溶液，在该溶液中Cl－、ClO－会发生反应而不能大量存在，选项C错误；‎ D．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列关于金属的说法正确的是 A. 铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧 B. Na在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体 C. 铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3‎ D. 铝制餐具不能用来盛装酸、碱、咸的食物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝箔在空气中受热可以熔化，由于极易被氧化为氧化铝，氧化铝的熔点高于铝的熔点，所以不会发生剧烈燃烧，A错误；‎ B.Na在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成黄色固体过氧化钠，B错误；‎ C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4，C错误；‎ D．铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、碱反应，在食盐电解质溶液中易发生吸氧腐蚀，所以不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.除去下列物质中的杂质（ ）括号内为杂质,所选用的试剂及操作方法均正确的一组是( )‎ 选项 待提纯的物质 选用的试剂 操作的方法 A 水 溶解、过滤、结晶 B 稀盐酸 溶解、过滤、洗涤、干燥 C 氢氧化钠溶液 过滤 D 氧气 点燃 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化钙会和水反应，虽然碳酸钙不溶于水，过滤可以将碳酸钙除去，但是氧化钙也变成了氢氧化钙，选项A错误，‎ B、Cu混有杂质CuO，用稀盐酸可以除去氧化铜，Cu不与稀盐酸反应，溶解、过滤、洗涤、干燥得到Cu，选项B正确；‎ C、氢氧化钠会与硫酸铜和硫酸都反应，过滤后得到的为氢氧化铜 ，达不到提纯的目的，选项C错误；‎ D、一氧化碳和二氧化碳是均匀的混合在一起的，在氧气中不能被点燃，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯，在解物质的除杂问题时，根据杂质和剩余物质性质的不同选择试剂，选择的试剂只能与杂质反应，反应后还不能引入新的杂质。‎ ‎10.阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中错误的是( )‎ ‎①标准状况下，2.24L水中含有0.1 NA个水分子 ‎②常温常压下，32gSO2 含有分子数约为3.01×1023 ‎ ‎③2 molNaOH的摩尔质量为80g/mol ‎ ‎④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol ‎⑤室温下，32gO2和O3混合气体中含有的氧原子数为2NA ‎⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA ‎ ‎⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA ‎⑧11.2L氯气中含有 NA个氯原子 ‎⑨在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol ‎ ‎⑩标准状况下14gCO含有的核外电子数为10NA A. ①③④⑥⑧⑩ B. ①④⑤⑥⑧⑨‎ C. ①②④⑥⑧⑨ D. ②③④⑤⑦⑩‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①错误；‎ ‎②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为3.01×1023，故②正确；‎ ‎③2mol NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③错误；‎ ‎④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④错误；‎ ‎⑤32gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为： =2mol，则氧原子数为2NA，故⑤正确；‎ ‎⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥错误；‎ ‎⑦常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦正确；‎ ‎⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧错误；‎ ‎⑨在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，所含有的氮原子的物质的量为2mol，故⑨正确；‎ ‎⑩14g CO的物质的量为0.5mol，0.5mol一氧化碳中含有7mol电子，含有的核外电子数为7NA，故⑩错误；‎ 综上，错误的有①③④⑥⑧⑩。‎ 答案选A。‎ ‎11.下列离子方程式书写正确的是 A. 钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑‎ B. 澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合：Ca2+ + OH－+ HCO3－ CaCO3↓+ H2O C. 向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液；Fe 3++3H2OFe(OH)3↓+3H+‎ D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液 HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有配平，钠和冷水反应的离子方程式应该是2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A错误；‎ B. 澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为Ca2+ + OH－+ HCO3－＝CaCO3↓+H2O，B正确；‎ C. 向沸水中滴入适量饱和氯化铁溶液生成氢氧化铁胶体；Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；‎ D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成碳酸钠、一水合氨和水：NH4++HCO3－+2OH－＝CO32－+NH3·H2O+H2O，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎12.标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：n B. 25℃、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：m C. 同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：m D. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，由ρ=‎ 可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；故选B。‎ ‎13.下列物质：①Cl2②氨水③CO2气体④SO3气体⑤纯碱粉末⑥乙醇⑦铜⑧熔融的NaCl⑨水玻璃（Na2SiO3水溶液）⑩纯盐酸，以下叙述不正确的是（ ）‎ A. 属于非电解质的有3种 B. 属于纯净物的有7种 C. 属于电解质的有3种 D. 上述状态下能导电的有5种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cl2是单质，为纯净物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎②氨水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③CO2气体不能导电，其溶于水能导电的原因是碳酸导电，二氧化碳是非电解质；‎ ‎④SO3气体不能导电，其溶于水能导电的原因是三氧化硫溶于水，硫酸导电，三氧化硫是非电解质；‎ ‎⑤纯碱粉末不能导电，属于盐，熔融状态或溶于水中能导电，属于电解质；‎ ‎⑥酒精不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑦铜能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧熔融的NaCl能导电，是电解质；‎ ‎⑨水玻璃能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑩盐酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ A．③④⑥是非电解质，属于非电解质的有3种，选项A正确；‎ B．①③④⑤⑥⑦⑧属于纯净物，属于纯净物的有7种，选项B正确；‎ C．⑤⑧是电解质，属于电解质的有2种，选项C不正确；‎ D．②⑦⑧⑨⑩能导电，上述状态下能导电的有5种，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质的判断、纯净物与混合物的计算，注意：化合物是否是电解质与物质的溶解性大小无关。‎ ‎14.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（ ）‎ A. 用图①和②所示装置可以除去NaCl中的CaCO3杂质，并获得NaCl固体 B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置 C. 用图④所示装置可以分离乙醇水溶液 D. 图⑤所示装置中盛有饱和Na2CO3溶液除去CO2中含有的少量HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①和②所示装置分别是过滤和蒸发，由于碳酸钙难溶于水，碳酸钠易溶于水，因此用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质，并获得Na2CO3固体，选项A正确；‎ B.乙醇与水互溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，选项B错误；‎ C.因为缺少温度计，所以不能用图④所示装置分离乙醇水溶液，选项C错误；‎ D.应该用饱和NaHSO3溶液除去SO2中含有的少量HC1，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎15.某氯原子的质量是ag，原子的质量是bg，用表示阿伏加德罗常数,下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氯元素的相对原子质量为 B. mg该氯原子的物质的量一定是 C. 该氯元素的摩尔质量是 D. ng该氯原子所含的电子数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．12 C原子的质量为bg，相对原子量的标准的为： g ，则该氯原子的相对原子量为： =，选项A错误；‎ B．该氯原子的摩尔质量为：aNA g/mol，mg氯原子的物质的量为： =mol，选项B正确；‎ C．氯原子摩尔质量单位为g/mol，选项C错误；‎ D．ng该氯原子含有的原子数为： 个，含有的电子数为：17×个=个，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是（ ）‎ A. a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为71b/a B. 5.6 g CO和22.4 L CO2中含有的碳原子数一定相等 C. 将20 g NaOH固体溶解在500 mL水中所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1‎ D. 现有等物质的量的CO和CO2，这两种气体中氧原子的质量之比为1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据公式：n==可知，NA×2×=b，所以NA=，选项A错误；‎ B.没有给定气体的存在状态，无法确定22.4 L CO2的物质的量，也就无法比较两种气体中含有的碳原子数是否相等，B错误；‎ C. 20 g NaOH固体物质的量为0.5mol，溶剂水的体积为500 mL，溶液的体积不等于500 mL，所以所得溶液的物质的量浓度不是1 mol·L－1，C错误；‎ D. 设CO和CO2的物质的量均为1mol，这两种气体中氧原子的质量之比为1×1×16∶1×2×16=1:2，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.已知有如下反应：① 2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－ ‎ ‎② ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O ‎③ 2FeCl2+Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是 A. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物 B. Cl2在①、③反应中均作氧化剂 C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+‎ D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋6Fe3+ + 3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在①2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 >Fe3+ 根据② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3－> Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。‎ ‎18.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )‎ A. 该反应的氧化剂是ClO-‎ B. 消耗1mol还原剂，转移3mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3‎ D. 该离子方程式为3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。‎ ‎【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2‎ 物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。‎ A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；‎ B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；‎ C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；‎ D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】学习氧化还原反应后，不仅要关注质量守恒关系，还要关注化合价的升降变化。化合价升降数相等，是配平氧化还原反应、进行有关计算的关键。‎ ‎19.下列说法中正确的是 A. 在一定温度和压强下，各种气态物质体积大小由分子间距离决定 B. 相同温度时，CO2和N2O若体积相同，则它们的质量一定相同 C. 100g浓度为18mol/L浓硫酸中加入等质量的水稀释浓度大于9mol/L D. 14 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在一定温度和压强下，气态物质各种气态分子间距离是确定，物质体积大小由分子数目决定，A错误；‎ B、CO2和N2O的摩尔质量相等，温度、体积相同，但是不知压强是否相同，不能得知是否物质的量相同，因此也不知道质量是否相同，B错误；‎ C、稀释过程中溶液密度变小，溶液体积大于原来2倍，浓度小于9mol/L，C错误；‎ D、，得，硫酸溶液浓度越小，密度越小，7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40% ，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图（随着x的不断增大，产生H2的物质的量越来越接近b1）．以下判断不正确的是 （ ）‎ A. a1= B. a2=1 C. b1= D. b2=‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生反应有：2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2 ↑，2Al ＋ 2NaOH ＋ 2H2O = 2NaAlO2 ＋ 3H2↑，开始时铝过量，随着x增大，即钠的量逐渐增大，生成氢气的量开始时会逐渐增大，钠、铝的物质的量相等时，即a2 = 1，生成氢气的量达到增大，之后随着钠的量的增加；生成氢气的量会逐渐减小，成氢气的物质的量，据此进行解答。‎ ‎【详解】A、根据分析可以知道，a1时铝过量，生成氢气量b1与全部是钠时生成的氢气量是一样 的，由此求得，‎ 设钠的物质的量为y mol，此时铝过量，结合反应方程式可以知道参加反应的铝的物质 的量也是ymol，根据电子守恒可得：0.5y + 1.5y = ，计算得出：，‎ 则混合物中铝的物质的量为：，‎ 则，故A错误；‎ B、根据分析可以知道，当铝和钠的物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2 = 1，故B正确；‎ C、当1.0 g完全为钠时，生成氢气的量为，故C正确； D、当钠和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量 都是x mol，则，计算得出：x = 0.02，则生成氢气的物质的量为：，故D正确；‎ 答案为A。‎ ‎21.已知：还原性HSO3->I－，氧化性IO3->I2>SO42-，在含0.3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示．下列说法不正确的是（　　）‎ A. 0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3-+IO3- ═3SO42-+I－+3H+‎ B. a点时消耗NaHSO3的物质的量为0.12mol C. 当溶液中的I－为0.04 mol时，加入的KIO3只能是0.04mol D. b点时的还原产物可能是KI或NaI，b～c间的还原产物是I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】还原性HSO3-＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3-＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，‎ A．0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是0.1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是0.3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3- ═3SO42-+I－+3H+，选项A正确；‎ B．a点碘酸钾的物质的量是0.04mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的==0.12mol，选项B正确；‎ C．当溶液中的I-为0.04mol时，有两种情况：‎ 一是只发生反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，生成I-为0.04mol，根据碘元素守恒n（KIO3）=n（I-）=0.04mol；‎ 二是HSO3-反应完毕后，还发生IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，剩余I-为0.04mol，3molNaHSO3消耗1molKIO3、生成1molI-，故反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2中消耗的I-‎ 为0.1mol-0.04mol=0.06mol，消耗KIO3的物质的量为0.06mol×=0.012mol，故共加入的KIO3为0.1mol+0.012mol=0.112mol，选项C不正确；‎ D．根据图象知，b点碘酸根离子完全反应生成碘离子，所以其还原产物可能是碘化钠或碘化钾，b-c段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，所以b～c间的还原产物是I2，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，含0.3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，开始时没有生成I2，则先发生以下反应：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是：IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根据发生的反应来分析判断。‎ 第Ⅱ卷 非选择题部分 二、填空题 ‎22.Ⅰ．按要求填空 ‎（1）5.4gH2O物质的量为____________mol，约含有___________________个原子；‎ ‎（2）已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是_________ g/mol；‎ ‎（3）同温同压下，同体积的甲烷CH4和CO2质量之比为________，质子数之比_______；‎ ‎（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ag，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为_____mol/L，取出L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是_____mol/L。‎ Ⅱ．按要求书写下列反应的方程式 ‎ ‎（1）亚硫酸氢钠电离方程式(NaHSO3)________________________________________________；‎ ‎（2）醋酸溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为________________________________；‎ ‎（3）0.8mol•L﹣1NaHSO4与0.4mol•L﹣1Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为___________；‎ ‎（4）黑火药爆炸的化学方程式为________________________________。‎ Ⅲ．请配平以下化学方程式 ‎（1）____FeSO4＋____K2O2＋____H2O =____ Fe(OH) 3＋____ Fe2(SO4) 3＋____KOH ‎（2）_____BiO3－＋_____Mn2＋＋____=_____Bi3＋＋_____ MnO4－ ＋____‎ ‎【答案】 (1). 0.3 (2). 0.9×6.02×1023或0.9 NA (3). 32g/mol (4). 4：11 ‎ ‎(5). 5：11 (6). mol/L (7). mol/L (8). NaHSO3=Na+＋HSO3- (9). CH3COOH＋HCO3- =CO2↑＋CH3COO-＋H2O (10). Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O (11). S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑ (12). 6 (13). 3 (14). 6 (15). 2 (16). 2 (17). 6 (18). 5 (19). 2 (20). 14H＋ (21). 5 (22). 2 (23). 7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．根据n====cV进行计算；‎ Ⅱ．（1）亚硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和亚硫酸氢根离子；‎ ‎（2）亚硫酸氢钠与醋酸反应生成醋酸钠、水、二氧化碳；‎ ‎（3）根据反应的方程式书写；‎ ‎（4）根据反应的方程式书写；‎ Ⅲ．根据电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）根据n=可知，5.4gH2O物质的量为=0.3mol，约含有0.3mol×3×NA/mol=0.9 NA= 0.9×6.02×1023个原子；‎ ‎（2）已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g，X气体的物质的量是=0.2mol，所以X气体的摩尔质量是＝32g/mol；‎ ‎（3）同温同压下，根据阿伏加德罗定律可知同体积的甲烷（CH4）和CO2分子数之比为1：1，物质的量之比1：1，质量之比为1mol×16g/mol：1mol×44 g/mol＝4：11；质子数之比为(6+1×4)：(6+8×2)＝5：11；‎ ‎（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ ag，则Al3+的物质的量为=mol，硫酸铝的物质的量是mol =mol ，所以溶液的物质的量浓度为＝mol/L；取出L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是×3=‎ ‎ mol/L；‎ Ⅱ．（1）亚硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，电离方程式为：NaHSO3=Na+＋HSO3-；‎ ‎（2）亚硫酸氢钠与醋酸反应生成醋酸钠、水、二氧化碳，发生的离子反应为CH3COOH＋HCO3- =CO2↑＋CH3COO-＋H2O；‎ ‎（3）0.8mol•L﹣1NaHSO4与0.4mol•L﹣1Ba(OH)2溶液等体积混合，即NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量2：1反应，氢离子与氢氧根离子恰好反应，反应的离子方程式：Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O；‎ ‎（4）黑火药爆炸是硫、硝酸钾和碳反应生成硫化钾、氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑；‎ Ⅲ．（1）FeSO4中的Fe元素由+2→+3，升高1，而K2O2的O元素由-1→-2，降低1×2，两者最小公倍数为2，根据电荷守恒以及原子守恒可知反应的方程式为6FeSO4＋3K2O2＋6H2O =2Fe(OH) 3＋2Fe2(SO4) 3＋6KOH；‎ ‎（2）Mn2＋中的Mn元素由+2→+7，升高5，而BiO3－的Bi元素由+5→+3，降低2，两者最小公倍数为10，根据电荷守恒以及原子守恒可知反应的方程式为5BiO3－＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2MnO4－ ＋7 H2O。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反的配平和有计算，学生只要抓住化合价升降守恒和关系式解题即可。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。‎ ‎23.某同学通过以下装置测定M样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1 mL和V2 mL(已折算到标准状况下)。‎ ‎（1）写出实验1中可能发生反应的离子方程式：______________________________。‎ ‎（2）实验1装置中小试管的作用是___________________________________________________。‎ ‎（3）对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：①___________________②___________________。‎ ‎（4）M样品中铜的质量的数学表达式为（用V1和V2 表示）：__________________________。‎ ‎（5）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积____________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________。‎ ‎（6）该实验需要0.50 mol·L－1的NaOH溶液470 mL，请回答下列问题：‎ ‎①配制时应称量______g NaOH，称量时需要托盘天平、______、______ (填仪器名称)。‎ ‎②配制配制NaOH溶液时，将NaOH固体在烧杯中溶解，所得溶液立即转移至容量瓶中____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎③配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质会导致所配溶液浓度________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（7）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制的，则该浓硫酸的物质的量浓度是____mol·L－1。‎ ‎【答案】 (1). 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑ (2). 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出 (3). 控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢 (4). 节省药品 (5). 冷却到室温②调整BC液面相平 (6). m(Cu)=＝ (7). 无影响 (8). 偏大 (9). 10.0 (10). 小烧杯（或称量瓶）、药匙 (11). 偏大 (12). 偏大 (13). 18.4 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，据此分析。‎ ‎【详解】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸。‎ ‎（1）M样品（只含Fe、Al、Cu），只有铝与氢氧化钠溶液能反应，则实验1中可能发生反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；‎ ‎（2）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加液体量，调节化学反应速率，节省药品；‎ 故答案为：液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品；‎ ‎（3）对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确，‎ 故答案为：冷却到室温；调整BC液面相平；‎ ‎（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为，所以样品中铜的含量为m(Cu)=＝；‎ ‎（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；‎ ‎（6）①要配制0.50mol•L-1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以配制时应称量0.50mol•L-1×0.5L×40g/mol=10.0g NaOH，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品；‎ ‎②NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，所以会导致所配溶液浓度偏大；‎ ‎（7）根据c＝可得浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L。‎ ‎24.甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：‎ ‎①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。‎ ‎②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。‎ ‎③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。‎ ‎④向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：‎ ‎⑴上述实验③中得到沉淀X的质量为______；生成沉淀X的离子方程式为______．‎ ‎⑵甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______．‎ ‎⑶甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为______。‎ ‎【答案】 (1). 10g (2). (3). 、 (4). (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过①得出铵根离子物质的量，‎ 通过②分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，‎ 通过③及离子共存分体得出不含的离子，‎ 通过④分析含有的微粒及物质的量。‎ ‎【详解】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；‎ ‎②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，‎ 如为BaSO4，则，‎ 如为BaCO3，，‎ 则说明甲中含有SO42－、CO32－,设分别为x mol、y mol，‎ 则，x = 0.2 ，y = 0.1；‎ ‎③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32－，则一定不存在Ca2+、Cu2+；‎ ‎④向上述滤液中加入1 mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而②加入，‎ 则说明甲中含有Cl－，且，‎ 如不含NO3－，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,‎ 则,‎ 因分成两份，则甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，‎ ‎⑴上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1 mol × 100 g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O，‎ 故答案为：10g；Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O；‎ ‎⑵由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3－，‎ 故答案为：Ca2+、Cu2+；NO3－；‎ ‎⑶甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl－，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol，‎ 故答案为：K+；Cl－；0.1 mol。‎ ‎25. 高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。‎ 完成下列填空：‎ Ⅰ．在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：‎ ‎①MnO＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)‎ ‎②MnO＋CuS＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)‎ ‎(1)下列关于反应①的说法中错误的是______(填字母序号)。‎ a．被氧化的元素是Cu和S b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为85‎ c．生成2.24 L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol d．还原性的强弱关系是：Mn2＋>Cu2S Ⅱ．在稀硫酸中，MnO和H2O2也能发生氧化还原反应 氧化反应：H2O2－2e－===2H＋＋O2↑‎ 还原反应：MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O ‎(2)反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为________。‎ ‎(3)已知：2KMnO4＋7H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，则被1 mol KMnO4氧化的H2O2是______mol。‎ Ⅲ．高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O ‎(4)若上述反应前后固体的质量减少了2.8 g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为________个。‎ ‎【答案】（1）d ‎（2）6.02×1023‎ ‎（3）2.5　‎ ‎（4）0.1NA(或6.02×1022)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）a．反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S、Cu，故a正确；‎ b．锰元素化合价降低，从+7价降低为+2价，Cu2S元素化合价都升高做还原剂，1molMnO4-得到5mol电子，反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，1molCu2S失去8mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；‎ c．生成2.24LL（标况下）SO2时，物质的量为0.1mol；反应的Cu2S物质的量为0.1mol，反应中转移电子的物质的量是：‎ Cu+～Cu2+～e-； S2-～SO2～6e-；‎ ‎1 1 1 6‎ ‎0.2mol 0.2mol 0.1mol 0.6mol ‎ 所以电子转移共0.8mol，故c正确；‎ d．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，故d错误。‎ 故选d；‎ ‎（2）由H2O2-2e→2H++O2↑可知，反应中若有0.5mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为0.5×2×NA=NA。‎ 故答案为：NA；‎ ‎（3）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，‎ 生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则1mol KMnO4氧化的H2O2是2.5mol。‎ 故答案为：2.5；‎ ‎（4）反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素的变化；反应前后固体的质量减少了2.8g， ‎ 参加反应的亚铁离子的物质的量为：=0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫元素元素的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为：0.1NA。‎ 故答案为：0.1NA。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算；氧化还原反应 ‎【名师点睛】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点。氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在氧化还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到的电子的物质的量（或个数）等于还原剂失去的电子的物质的量（或个数）。若将电子守恒规律应用于解题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。守恒法是中学化学中常用的解题方法之一，守恒法包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。① 在溶液中存在着阴阳离子，由于溶液呈电中性，所以可考虑电荷守恒；‎ ‎ ②在氧化还原反应中存在着电子的转移，通常考虑电子守恒。③在某些复杂多步的化学反应中可考虑某种元素的守恒法；④在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。就本题而言（1）根据化合价的变化判断氧化还原反应的相关概念，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算转移电子的物质的量，在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；（2）根据化合价的变化计算转移电子的物质的量；（3）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算；（4）反应10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S+24H2O中，反应前后固体变化为：FeS→S，固体减少的质量实际上是铁元素的质量，据此计算出铁的物质的量及转移的电子数。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎