福建省平潭县新世纪学校2019-2020学年高一上学期月考化学试题

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www.ks5u.com 平潭新世纪学校2019-2020学年上学期第二次月考试卷高一化学 ‎（考试时间：90分钟 满分：100分）‎ 注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 S-32 Cl-35.5‎ 第I卷（选择题54分)‎ 一、单选题 ‎ ‎1.下列反应类型中，不可能属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B、分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C、置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，一定属于氧化还原反应，故C不符合题意。‎ D、复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，不可能为氧化还原反应，故D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎2.关于氧化还原反应实质的叙述，正确的是( )‎ A. 有氧元素参与反应 B. 有氢元素参与反应 C. 有元素发生化合价变化 D. 有电子的得失或电子转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化还原反应中不一定有氧元素的参加，如Na与Cl2反应产生NaCl，在该反应中无氧元素，但反应属于氧化还原反应，A错误；‎ B.氧化还原反应中可能有氢元素参与反应，也可能没有氢元素参加反应，B错误；‎ C.氧化还原反应的特征是元素化合价的变化，元素化合价的变化不是反应实质，C错误；‎ D.氧化还原反应的实质有电子的得失或电子转移，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.下列电离方程式正确的是（　　）‎ A. H2SO4 = H+ + HSO42- B. H3PO4=3H++ PO43—‎ C. NaHCO3=Na++H++ CO32— D. CaCO3(熔融）=Ca2+ + CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸为强电解质，完全电离，电离方程式：H2SO4═2H++ SO42-，故A错误；‎ B. 磷酸为多元弱酸是弱电解质，分步电离，以第一步为主，电离方程式：H3PO4⇌H++ H2PO4—，故B错误；‎ C. 碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na++ HCO3—，故C错误；‎ D. 碳酸钙为离子化合物，熔融状态完全电离，电离方程式：CaCO3(熔融）=Ca2+ + CO32-，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】电离方程式书写时需注意哪些是强电解质，哪些是弱电解质。‎ ‎4.下列物质中既能导电，又属于电解质的是（　　）‎ A. 氯化钠溶液 B. 金属铜 C. 熔融硫酸钠 D. 氯化氢气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；‎ B、铜单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不选；‎ C、熔融的硫酸钠，本身能够电离产生自由移动离子而导电，属于电解质，故C选；‎ D、氯化氢气体不能导电，是电解质，故D不选。‎ ‎【点睛】电解质以及非电解质均属于纯净物以及化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质。化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4L任何气体都约含有6.02×1023个分子 B. 含1mol氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L C. 常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA D. 标准状况下，11.2L蔗糖含有的分子数为0.5NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，而分子个数N=nNA=NA个，即约为6.02×1023个，故A正确；‎ B、氦气分子为单原子分子，故1mo氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L，故B错误；‎ C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，则分子个数小于0.5NA个，故C错误；‎ D、标况下蔗糖为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )‎ A. Na+、NO3-、Mg2+、OH- B. MnO4-、K+、CO32-、Na+‎ C. K+、SO42-、HCO3-、Na+ D. NH4+、SO42-、K+、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg2+、OH-会形成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，且在酸性溶液中OH-不能大量共存，A错误；‎ B.MnO4-溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，酸性溶液中含有大量的H+，H+与CO32-会发生离子反应，不能大量共存，B错误；‎ C.酸性溶液中含有大量的H+，H+、HCO3-会发生反应产生H2O、CO2，不能大量共存，C错误；‎ D. H+与选项离子之间不能发生任何反应，且离子水溶液显无色，可以大量共存，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列装置能达到实验目的的是(　　)‎ A. 氧化废液中的溴化氢 B. 分离CCl4和水层 C. 分离四氯化碳和液溴 D. 密封存放单质溴 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于Cl2有强的氧化性，会把HBr中的溴元素氧化为Br2，为使物质充分发生反应，应该把导气管伸入到液面以下，故不能用装置甲氧化废液中的溴化氢，故A错误；‎ B. 由于水的密度比四氯化碳小，二者是互不相溶的两种液体物质，因此可以用分液的方法分离，故B正确；‎ C. 四氯化碳和液溴是沸点不同的互溶的两种液态物质，用蒸馏的方法分离时，一个把温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口附近，不能在液面一下，因此不能用装置丙分离四氯化碳和液溴，故C错误；‎ D. 溴容易挥发，在保存时常加些水形成水封，由于溴有强的氧化性，会与橡胶发生反应，所以应该使用玻璃塞密封保存在，并加水形成水封，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】蒸馏操作中，温度计的位置上是易错点，温度计测的是蒸汽的温度，应该放到支管口处相平的位置。‎ ‎8.下列有关试剂的保存方法，错误的是 A. 氯水保存在棕色细口瓶中并放置在阴暗避光处密封保存 B. 少量的金属钠保存在煤油中 C. 液溴的试剂瓶里加一些水来防溴挥发 D. 新制的氯水通常保存在无色玻璃试剂瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水中的次氯酸见光易分解，保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处，故A正确；‎ B. 钠是活泼的金属，极易与水及氧气反应，应该保存在煤油中，故B正确；‎ C. 液溴易挥发，应该保存在棕色细口瓶，并加水液封，故C正确；‎ D. 新制的氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】该题是基础性试题的考查，试题注重基础，难度不大。该题的关键是明确常见试剂的性质，包括物理性质和化学性质，如果灵活选择即可，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。‎ ‎9.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是 A. 焰色反应均为黄色 B. 溶解度：Na2CO3>NaHCO3‎ C. 可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质 D. 物质的量相同的两种固体分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生的二氧化碳多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查钠的重要化合物。A.钠元素焰色反应呈黄色；‎ B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠；‎ C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠；‎ D.根据碳守恒分析解答。‎ ‎【详解】A.钠元素焰色反应呈黄色，所以两者焰色反应均为黄色，故A正确；‎ B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠，故B正确；‎ C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，所以可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，故C正确；‎ D.NaHCO3和Na2CO3都与足量盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3‎ 分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，故D错误。‎ ‎【点睛】需注意本题的C项，在固态情况下通常用加热方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，若为混合溶液，加热条件下碳酸氢钠不易分解，常通过加入适量的NaOH溶液除杂。‎ ‎10.下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑‎ B 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl—+2H2O 2OH—+H2↑+Cl2↑‎ C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓‎ D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误； ‎ B. 电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑，故B正确； ‎ C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸者反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故C错误；‎ D. 碳酸氢铵溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3−+2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎11.下列有关离子（或物质）的检验及结论，正确的是（ ）‎ A. 用丁达尔效应可鉴别NaCl溶液和Fe(OH)3胶体 B. 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到Na+离子火焰呈黄色 C. 检验Na2CO3固体中是否混有NaHCO3，可向固体中直接滴加稀盐酸，如果观察到立刻有气体产生，说明混有NaHCO3‎ D. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎、胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故A正确；‎ B、焰色反应实验中，通过蓝色钴玻璃观察的是钾元素的火焰，如果呈现紫色，说明含有钾元素，故B错误；‎ C、Na2CO3先与盐酸反应，发生Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，盐酸过量，发生NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，即该方法不能鉴别Na2CO3中是否混有NaHCO3，利用NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解，可以采用加热的方法，将气体通入澄清石灰水中，观察溶液是否变浑浊，如果变浑浊，说明混有NaHCO3，故C错误；‎ D、该实验中Ag＋对SO42－的检验产生干扰，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】易错点是C，相同浓度时Na2CO3的碱性强于NaHCO3，混合物中滴加盐酸，Na2CO3先与盐酸反应，生成NaHCO3，然后NaHCO3再与盐酸反应。‎ ‎12.为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是 A. 分别加入1 mol·L－1的盐酸，看气泡产生的快慢 B. 分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水中，观察有无白色浑浊 C. 分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀 D. 分别配成溶液，做焰色反应实验，观察火焰的颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K2CO3和NaHCO3两种白色固体都能与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，生成气体的速率不同，可鉴别，故A正确；‎ B．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，而K2CO3受热不分解，故B正确；‎ C．K2CO3和NaHCO3溶液均与Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，不能鉴别，故C错误；‎ D．二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，注意观察钾元素的焰色反应应通过蓝色钴玻璃观察，可鉴别，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，NaHCO3也能够与澄清石灰水反应生成沉淀，Ca(OH)2+NaHCO3(少量) =CaCO3↓+NaOH+H2O；Ca(OH)2+2NaHCO3(足量) =CaCO3↓+Na2CO3+2H2O。‎ ‎13.下列实验能成功的是( )‎ ‎①用水鉴别Na2CO3和NaHCO3固体；②用观察法区别Na2O和Na2O2；③用MgCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液；④用稀盐酸鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液。‎ A. ①②③④ B. ①② C. ②③ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①用水鉴别NaHCO3和Na2CO3固体，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在等量的水中溶解较少的为NaHCO3，能鉴别；②用观察法区别Na2O和Na2O2，淡黄色的为Na2O2，白色的为Na2O，能鉴别；③用MgCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液，都生产白色沉淀，不能鉴别；④将稀少量盐酸分别滴入NaHCO3和Na2CO3溶液，开始即产生气泡的是NaHCO3，能鉴别；故答案为D。‎ ‎14.在国庆60周年阅兵式上，展示了我国研制的各种导弹。导弹之所以有神奇的命中率，是制导弹合金材料中的稀土元素钕（60Nd）的贡献。下列说法正确的是（　　）‎ A. 、和互为同位素 B. 、和的化学性质不同 C. 原子中含有60个质子和142个中子 D. 、和是不同的元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 、和为稀土元素钕的三种原子，同素异形体必须为单质，故A错误；‎ B. 、和质子数都为60，核外电子数也都为60，核外电子排布相同，化学性质相似，故B错误；‎ C. 质量数为142，质子数为60，中子数为82，故C错误；‎ D. 具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子叫做核素，稀土元素钕元素含有、和三种不同的核素，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.科学的实验方法是探索物质世界的一把金钥匙，下列实验方法或操作正确的是（ ）‎ A. 观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀硫酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的外焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察 B. 因为碘易溶于酒精，所以常用酒精萃取碘水中的碘 C. 两种互不相溶的液体，如汽油和水，可通过分液方法分离 D. 用丁达尔效应鉴别 NaCl 溶液和 KCl 溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸不挥发，干扰实验，应选盐酸洗涤，故A错误；‎ B. 酒精与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；‎ C 汽油和水分层，可分液分离，故C正确；‎ D. 丁达尔现象为胶体特有的性质，不能依此鉴别溶液，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.下列有关氧化还原反应的叙述正确的是( )‎ A. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原 B. 某金属元素M由化合态变为游离态，M一定被还原 C. 用双线桥表示下列反应的电子转移 D. 非金属单质在反应中只能作氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时，不一定有另一种元素被还原，可能发生自身氧化还原反应，同种元素化合价既升高，又降低，故A错误；‎ B. 金属元素只有正价，某金属元素M由化合态变为游离态，M一定被还原，故B正确；‎ C. 6molHCl中只有5mol作还原剂，用双线桥表示下列反应的电子转移 ‎，故C错误；‎ D. 非金属元素既有负价也有正价，非金属单质在反应中可能作氧化剂，也可能作还原剂，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎17.下列电子转移表示正确的是 (　　)‎ A. B. ‎ C. ↑ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，H2O中H元素应为得到2e-，O元素应为失去2e-，A错误；‎ B. ，Fe失去2e-，S得到2e-，B正确；‎ C. ↑，KCO3中的Cl元素应为得到12e-，O元素应为失去12e-，C错误；‎ D. ，得电子的箭头错误，应从反应物中的Fe箭头指向生成物中的Fe，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】用双线桥表示电子转移的方向和数目时，反应物中化合价升高元素应为失去电子的元素，反应物中化合价降低元素应为得到电子的元素。得、失电子的数目应等于化合价升高总数，也等于化合价降低总数；电子转移的方向应为反应物中的化合价升高(降低)元素，指向生成物中该变价元素。‎ ‎18.下列关于氧化剂与还原剂的判断正确的是(　　)‎ A. 反应CH4＋2O2CO2＋2H2O中，O2是氧化剂，CH4是还原剂 B. 反应Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O中，Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂 C. 反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，HCl是氧化剂，MnO2是还原剂 D. 反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中，H2O既是氧化剂又是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应CH4＋2O2CO2＋2H2O中，氧元素化合价由0价降为-2价，O2是氧化剂，碳元素化合价由-4价升高为+4价，CH4是还原剂，故A正确；‎ B. 反应Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O中，氯元素化合价由0价降为-1价，Cl2是氧化剂，部分氯元素化合价由0价升高为+1价，Cl2是还原剂，故B错误；‎ C. 反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，锰元素化合价由+4价降为+2价，MnO2是氧化剂，部分氯元素化合价由-1价升高为0价，HCl是还原剂，故C错误；‎ D. 反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中，H2O中氢元素化合价由+1价降为0价，是氧化剂，钠元素化合价由0价升高为+1价，钠是还原剂，故D错误；‎ 答案选A。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题 ‎19.有下列物质：①硫酸 ②盐酸 ③氯气 ④硫酸钡 ⑤酒精 ⑥铜 ⑦醋酸 ⑧氯化氢 ⑨蔗糖 ⑩氨气 ⑪CO2 ⑫NaHCO3 ⑬ NaOH。‎ ‎（1）属于非电解质的为____(填序号，下同)，属于弱电解质的为___，能导电的是___。‎ ‎（2）写出下列反应的离子方程式：‎ ‎①NaHCO3溶于醋酸：______________________。‎ ‎②过量CO2与NaOH溶液反应：______________。‎ ‎③Cl2通入NaOH溶液中：___________________。‎ ‎【答案】 (1). ⑤⑨⑩⑪ (2). ⑦ (3). ②⑥ (4). HCO3—＋CH3COOH=CH3COO－＋CO2↑＋H2O (5). CO2＋OH－=HCO3— (6). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在水溶液和熔融状态下本身均不能电离出阴、阳离子的化合物属于非电解质，非电解质一般包含非金属氧化物、大多数有机物；在水溶液中本身只能部分电离出阴、阳离子的化合物属于弱电解质，弱电解质一般包含弱酸、弱碱和水。‎ ‎（2）书写离子方程式时，强酸、强碱、大多数可溶于水的盐写成离子形式，其它物质均写成化学式形式。‎ ‎①NaHCO3和醋酸反应生成醋酸钠、水和二氧化碳；‎ ‎②过量与CO2与NaOH溶液反应生成碳酸氢钠；‎ ‎③Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。‎ ‎【详解】（1）在水溶液和熔融状态下本身均不能电离出阴、阳离子的化合物属于非电解质，非电解质一般包含非金属氧化物、大多数有机物，属于非电解质的为⑤⑨⑩⑪ ；在水溶液中本身只能部分电离出阴、阳离子的化合物属于弱电解质，弱电解质一般包含弱酸、弱碱和水，则属于弱电解质的为⑦；②盐酸中存在自由移动的离子，能够导电，⑥铜中存在自由移动的电子，也能够导电，则能导电的是②⑥；‎ 故答案为：⑤⑨⑩⑪；⑦；②⑥；‎ ‎（2）书写离子方程式时，强酸、强碱、大多数可溶于水的盐写成离子形式，其它物质均写成化学式形式。‎ ‎①NaHCO3和醋酸反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO3—＋CH3COOH=CH3COO－＋CO2↑＋H2O，‎ 故答案为：HCO3—＋CH3COOH=CH3COO－＋CO2↑＋H2O；‎ ‎②过量与CO2与NaOH溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO2＋OH－=HCO3—，‎ 故答案为：CO2＋OH－=HCO3—；‎ ‎③Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，‎ 故答案为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。‎ ‎【点睛】能导电的物质不一定是电解质，电解质也不一定导电。‎ ‎20.在标准状况下，①5 g H2 ②11.2 L O2 ③2 mol H2O ④6.02×1023个 CO2分子。‎ ‎(1)5gH2 的物质的量是_______，体积是_______；‎ ‎(2)6.02×1023个CO2分子的物质的量是_____，质量是______；‎ ‎(3)所含分子数最多的是______(请用序号回答，后同)；‎ ‎(4)所含原子数最多的是______；‎ ‎(5)质量最大的是_______；‎ ‎(6)体积最大的是_______；‎ ‎(7) 体积最小的是_______。‎ ‎【答案】 (1). 2.5mol (2). 56L (3). 1mol (4). 44g (5). ① (6). ③ (7). ④ (8). ① (9). ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知信息可得：①n(H2)===2.5mol；②n(O2)===0.5mol；③n(H2O)=2mol；④n(CO2)===1mol；根据物质的量与微粒的数目、体积、质量之间的关系解题。‎ ‎【详解】根据已知信息可得：①n(H2)===2.5mol；②n(O2)===0.5mol；③n(H2O)=2mol；④n(CO2)===1mol；‎ ‎（1）n(H2)===2.5mol，V(H2)= n(H2)×22.4L/mol=2.5mol ×22.4=56L，‎ 故答案为：2.5mol；56L；‎ ‎（2）6.02×1023个CO2分子的物质的量n(CO2)===1mol，质量是1mol×44g/mol=44g，‎ 故答案为：1mol；44g；‎ ‎（3）分子数与分子的物质的量成正比，由上面分析可知，所含分子数最多的是①，‎ 故答案为：①；‎ ‎（4）原子数等于分子数乘以原子的数目：① 2.5 NA ×2=5NA、②0.5NA×2= NA、③ 2NA ×3=6NA、④NA×3=3NA 故答案为：③；‎ ‎（5）质量：①5g、②0.5×32g/mol=16g、③2mol×18g/mol= 36g、④1mol ×44g/mol=44g，‎ 故答案：④；‎ ‎（6）相同条件下，气体物质的量越大，气体的体积越大，液体的的体积最小，‎ 故答案为：①；‎ ‎（7）相同条件下，气体物质的量越大，气体的体积越大，液体的的体积最小，‎ 故答案为：③。‎ ‎【点睛】标况下水不是气态，是液态，熟练使用物质的量及其公式是解答关键。‎ ‎21.氧化还原反应是一类重要的反应，请按要求完成下列题目。‎ ‎（1）对反应NH3+O2——NO+H2O(未配平)作分析，该反应中，________是还原剂，________是还原产物，被还原的物质是________。‎ ‎（2）在一定条件下，反应2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O能顺利进行，对此反应分析合理的是________。‎ ‎①该反应是置换反应 ‎②反应中NH3被氧化为N2‎ ‎③在反应中体现了金属铜的还原性 ‎④该反应中CuO作为氧化剂参与反应 ‎（3） 配平反应：____H2S+___SO2=____S+____H2O。‎ 其中，氧化产物为________，还原剂为________，氧化剂为______。‎ ‎【答案】 (1). NH3 (2). NO、H2O (3). O2 (4). ②④ (5). 2 (6). 1 (7). 3 (8). 2 (9). S (10). H2S (11). SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应中元素化合价变化，电子转移守恒配平氧化还原反应，判断氧化剂、还原剂、氧化产物及还原产物；根据反应中反应物及生成物的类型和性质分析反应类型。‎ ‎【详解】(1)对反应NH3+O2−−NO+H2O该反应中，氨气中氮元素化合价升高，失电子，所以氨气是还原剂，氧气得电子是氧化剂，被还原，H2O是还原产物，一氧化氮是氧化产物；故答案为NH3；NO、H2O； O2；‎ ‎(2)反应2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，‎ ‎①反应物中无单质参加，所以该反应不是置换反应，故错误；‎ ‎②氨气是还原剂，反应中NH3被氧化为N2，，故正确；‎ ‎③金属铜是还原产物，故错误；‎ ‎④CuO中Cu元素化合价降低，被还原，作氧化剂，故正确，故答案为②；④；‎ ‎（3） 反应中H2S中S元素化合价由-2升高为0，作还原剂，SO2中S元素由+4降低为0，作氧化剂，根据转移电子数目守恒配平反应得：2H2S+SO2=3S+2H2O，其中，氧化产物为S，还原剂为H2S，氧化剂为SO2，故答案为2 ；1； 3； 2； S； H2S；SO2。‎ ‎22.有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：‎ ‎①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；‎ ‎②向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；‎ ‎③过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；‎ 试判断：（1）固体混合物中肯定含有_________________，肯定无_________________，可能含有__________________。‎ ‎（2）写出实验③中反应的离子方程式：________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 (2). CuSO4、Na2SO4、CaCl2 (3). KCl (4). BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成沉淀的物质不能同时存在；②往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。‎ ‎【详解】①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2‎ 和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者不能同时含有；‎ ‎②往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3，则一定不能含有CaCl2；‎ ‎③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4；‎ ‎(1)由上述分析可知，固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；‎ ‎(2)实验③中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。‎ ‎【点睛】本题考查混合物组成的推断，主要利用物质的特征性质、离子共存等进行判断。本题的易错点为Na2SO4的判断，要注意硫酸钡不溶于水，也不溶于酸。‎ ‎23.碘是人体中不可缺少的元素，为了预防碘缺乏，通常在精盐中添加一定的KIO3。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关资料，发现其检测原理是：KIO3 + 5KI + 3H2SO4 = 3I2 + 3K2SO4 + 3H2O ‎（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目___________________________________，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比是__________，0.2mol KIO3参加反应时，转移的电子为________mol。‎ ‎（2）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1.0 mol/L的稀硫酸500mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器有___________（填选项），需用18.0mol/L 浓硫酸_________mL。‎ a.100mL量筒 b.玻璃棒 c.100mL容量瓶 d.50mL量筒 e.胶头滴管 f.烧杯 g.500mL容量瓶 ‎（3）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的有____________（填选项）。‎ a.溶解后溶液没有冷却到室温就转移；b.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒；c.转移过程中有少量液体流出；d.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面；e.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线 ‎【答案】 (1). (2). 1:5 (3). 1 (4). bdefg (5). 27.8 (6). ad ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氧化还原反应中化合价的升降情况来标电子转移情况；碘酸钾中碘元素化合价降低是氧化剂，碘化钾中碘元素的化合价升高是还原剂；根据化合价的变化情况分析出电子的转移的物质的量；‎ ‎（2）利用稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；‎ ‎（3）根据C=n÷V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。‎ ‎【详解】（1）氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：；‎ KI为还原剂，+5价的I元素被还原，还原产物与氧化产物均为碘，由原子守恒及反应可知，物质的量之比为1：5；‎ 根据反应方程式得1mol KIO3参加反应 时转移电子5mol，则0.2mol KIO3参加反应时转移电子0.2×5mol=1mol。‎ ‎（2）设浓硫酸的体积为VmL，稀释前后溶质物质的量不变，则：1 mol·L－1×0.5L=18mol·L－1×V×10-3L，解得V=27.8mL；配制中需要用到的主要玻璃仪器是b.玻璃棒 d.50mL量筒 e.胶头滴管f.烧杯 g.500mL容量瓶，故选bdefg ；‎ ‎（3）‎ a.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故a正确；‎ b.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故b错误；‎ c.转移过程中有少量液体流出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故c错误；‎ d.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d正确；‎ e.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故e错误。‎ 故选 ad。‎ ‎【点睛】本题考查了一定物质的量浓度的溶液的配置过程中的误差分析以及仪器的选用，解题关键：掌握配制原理方能理解配制方法。难点（1）根据氧化还原反应中化合价的升降情况来标电子转移情况；碘酸钾中碘元素化合价降低是氧化剂，碘化钾中碘元素的化合价升高是还原剂。‎ ‎ ‎