《2022-2023学年四川省三台县第一中学高一化学第一学期期中联考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年四川省三台县第一中学高一化学第一学期期中联考试题含解析.doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、 “靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A过滤 B蒸馏 C蒸发 D分液2、胶体区别于其它分散系的本质特征为A分散质直径介于1100 nmB丁
2、达尔效应C电泳现象D能发生聚沉3、卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列有关说法正确的是A卤化银的颜色按 AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次加深B卤素单质的活泼性按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次增强C卤化氢的稳定性按HF、HCl、HI 的顺序依次增强D卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易4、根据下面两个化学方程式判断Fe2、Cu2、Fe3氧化性由强到弱的顺序是2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2 CuCl2Fe=FeCl2CuAFe3Cu2Fe2 BFe2Cu2Fe3CCu2Fe3Fe2 DFe3Fe2Cu25、对于溶液中某些离子的检验及结论一
3、定正确的是()A加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有Ba2+B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-C加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液后有白色沉淀产生，一定有SO42-D加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有CO32-6、同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，说法正确的是( )分子数比11：16密度比11：16体积比16：11原子数比11：16ABCD7、下列有关钠的叙述中，错误的是A钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、锆、铌等B钠的化学性质非常活泼，钠元素只能以化合态存在于自然界C氧化钠和过氧
4、化钠都是白色固体，都是碱性氧化物D金属钠在空气中长期放置，最终变为碳酸钠8、磁流体是电子材料的新秀 ，将含等物质的量的 FeSO4和Fe2(SO4)3 的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH 溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径 在 5. 5 36nm的磁流体。下列说法中正确的是A所得的分散系属于悬浊液B用光束照射该分散系能产生丁达尔效应C所得的分散系中分散质为 Fe2O3D该分散系为胶体，胶粒直径即为 Fe(OH)3 分子直径9、如图所示，室温下的两个连通容器用活塞分开，左右两室体积相同，左室充入一定量NO，右室充入一定量O2，且恰好使两容器内气体密度相同。打开活塞，使NO与
5、O2充分反应，反应如下：2NO+O2=2NO2。下列判断正确的是(不考虑NO2转化为N2O4) ( )A反应前后左室的压强相同B开始时左右两室中的分子数相同C反应后容器内的密度与反应前的相同D反应后容器内无O2存在10、下列关于萃取操作的说法正确的是()A从溴水中提取溴，可加入酒精作萃取剂B萃取操作完成后，静置分液，上、下层液体均从下口放出C用一种有机溶剂，提取水溶液中的某物质，静置分液后，“水层”应在上层D萃取时，所加入的溶剂应与原溶剂互不相溶，且与原溶剂、溶质相互间不反应11、下列各组离子能在呈酸性的无色溶液中大量共存的是（ ）ABa2、Na、NO3、MnO4 BMg2、Cl、Al3、SO
6、42CK、OH、HCO3、NO3 DCa2、Na、Fe3、SO3212、下列有关氢氧化铁胶体说法正确的是A将外加直流电源通过该胶体，阴极处颜色变深，则说明该胶体带正电荷B鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可用丁达尔效应或观察能否导电两种方法C采用过滤，可将Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质除去D向Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，可引起胶体聚沉13、关于反应方程式Fe2O32AlAl2O32Fe下列叙述正确的是AAl是氧化剂 BFe2O3被还原 CFe2O3失去电子 DAl2O3是还原产物14、下列反应，能用离子方程式Ca2+2OH+2=CaCO3+2H2O表示的是A碳酸氢钠与足量
7、的氢氧化钙B氢氧化钙与足量的碳酸氢钙C碳酸氢钙与足量的氢氧化钠D氢氧化钠与足量的碳酸氢钙15、有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、H2SO4及NH4NO3无标签浓溶液，为鉴别它们，取四只试管分别装入一种溶液，向上述四只试管中加入少许剩下的一种溶液，下列结论错误的是A全部若没有什么现象变化时，则最后加的一定是NH4NO3溶液B有三只试管出现沉淀时，则最后加入的一定是AgNO3溶液C若只有两只试管出现沉淀时，则最后加入的可能是Na2CO3溶液D一只试管出现气体，两只试管出现沉淀时，则最后加入的可能是H2SO4溶液16、下列说法正确的是Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 BaSO4是一
8、种难溶于水的强电解质置换反应都是离子反应 冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐A B C D二、非选择题（本题包括5小题）17、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4+OH-NH3+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物
9、是否一定含有Cl-？_（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_（填离子符号），其物质的量浓度为_。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为_。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_。A该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04molB该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。
10、检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：_。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_。18、下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。19、 (1)图I表示10mL量筒中液面的位
11、置,A与B,B与C刻度间相差1mL,如果刻度A数值为4,则量筒中液体的体积是,由于放置位置不当读数时俯视,读出的数值为则的正确数值为_A3.2mL、小于3.2mL B4.8mL、大于4.8mLC3.2mL、大于3.2ml D4.8mL、小于4.8mL实验室需配制1molL-1的NaOH溶液220mL,在用托盘天平称取NaOH固体时,天平读数为_填代号,下同)。A大于8.8g B小于8.8g C8.8g（2）表示溶液浓度的方法通常有两种;溶液中溶质的质量分数(W)和物质的量浓度 (c),因此在配制溶液时,根据不同的需要,有不同的配制方法。请完成下列填空题。.用10%(密度为1.01gcm3-)的
12、氢氧化钠溶液配制成27.5g 2%的氢氧化钠溶液。计算:需_g10%(密度为1.01gcm3-)的氢氧化钠溶液量取:用量筒量取10%的氢氧化钠溶液_mL.把98%(密度为1.84gcm3-)的浓硫酸稀释成2mol/L的稀硫酸100ml,回答下列问题:需要量取浓硫酸_ mL下列实验操作使配制的溶液浓度偏低的是_A容量瓶洗涤后未干燥B量取溶液时,仰视刻度线C装入试剂瓶时,有少量溶液溅出D没有洗涤烧杯和玻璃棒E.定容时,加水不慎超出刻度线,又倒出一些20、用密度为1.84 g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480 mL 0.1 mol/L 稀硫酸。(1)所需浓硫酸的体积是_。(2)配制过程需要的
13、玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_、_。(3)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤:量取计算稀释摇匀移液洗涤定容冷却初步振荡装瓶贴签其正确的操作顺序为 _(填序号)。(4)第步实验的操作是_。(5)下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用字母填写a“偏大” b“偏小” c“无影响”）A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_；B容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水_；C定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线_；D量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸_。21、（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O3S + 6N
14、aOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2OCu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是_（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2+ 2H2O_（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_L。（5）配平下面两个反应 _H2O + _Cl2 +
15、_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMnO4 + _HCl=_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O（系数是1的也请填上），_根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。2、A【解析】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm，本题选
16、A。【点睛】胶体分散系与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小不同。3、A【解析】A选项，AgCl白色，AgBr淡黄色，AgI黄色，因此卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深，故A正确；B选项，卤素单质的活泼性是F2 Cl2 Br2 I2，因此B错误；C选项，非金属越强，卤化氢的稳定性越强，非金属性F Cl Br I，氢化物稳定性HF HCl HBr HI，故C错误；D选项，非金属越强，卤素单质与氢气化合越容易，非金属性F Cl Br I，卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，故D错误；综上所述，答案为A。4、A【解析】根据规律“氧化性：氧化剂氧化产
17、物”分析判断。【详解】反应：氧化剂Fe3得电子生成还原产物Fe2，还原剂Cu失电子生成氧化产物Cu2。氧化性：Fe3Cu2；反应：氧化剂Cu2得电子生成还原产物Cu，还原剂Fe失电子生成氧化产物Fe2。氧化性：Cu2Fe2。则有氧化性：Fe3Cu2Fe2。本题选A。【点睛】比较氧化性、还原性最重要的规律是“氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物”。5、C【解析】A、溶液中含有钙离子也能发生如上现象，A错误；B、溶液中含有银离子，生成氯化银沉淀，也是如上现象，B错误；C、本选项为硫酸根离子检验的标准答案，C正确；D、溶液中如果有碳酸氢根，也能发生如上现象，D错误。6、B【解析】不妨设SO
18、2气体和CO2气体的质量均为1g，则SO2的物质的量为mol，CO2的物质的量为mol。【详解】同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为:=11：16，分子个数之比等于物质的量之比，所以分子数之比是11：16，故正确；同温、同压下两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比为64g/mol：44g/mol=16：11，故错误；相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故错误；每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其物质的量之比11：16，故正确；故答案为B。7、C【解析】A钠的还原性很强，与钛、锆、铌熔融的氯化物反应可以
19、用来冶炼金属钛、锆、铌等，选项A正确；B钠性质活泼，与空气中氧气、水等反应，在自然界中无游离态钠，选项B正确；C氧化钠是白色固体，过氧化钠是淡黄色粉末。氧化钠和酸反应只生成盐和水，为碱性氧化物；过氧化钠和酸反应生成盐和水和氧气，过氧化钠不是碱性氧化物，选项C错误；D、切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）变暗（生成Na2O）变白色固体（生成NaOH）成液（NaOH潮解）结块（吸收CO2成Na2CO310H2O）最后变成Na2CO3粉（风化），选项D正确。答案选C。8、B【解析】由分散质微粒直径大小可判断该分散系为胶体，根据胶体的性质分析。【详解】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直
20、径在5.5-36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。A分散质粒子直径在5.536nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，故A错误；B该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；C根据题意可知，分散质粒子是黑色的，而Fe2O3是红棕色的，故不是Fe2O3，故C错误；D该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体为红褐色，而且胶粒是很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；故选B。9、C【解析】试题分析：A、一氧化氮和氧气发生的反应为：2NO+O2=2NO2；反应是气体体积减少的反应，反应后压强减小，故A错误；B、开始时左右两室中气体体积相同，气体密度相同，所以
21、气体质量相同，但一氧化氮和氧气摩尔质量不同，气体物质的量不同，分子数不同，故B错误；C、化学反应遵循质量守恒定律，即反应前后质量不变，容器体积也不变，所以总密度不变，故C正确；D、如果要恰好完全反应，NO和O2的初始物质的量应为2:1，但是从上面可以明显看出初始投料=：2:1，即完全反应后O2会有剩余，一氧化氮全部反应，故D错误；故选C。考点：考查了一氧化氮的性质、化学计算的相关知识10、D【解析】A、酒精与水混溶，而萃取剂不溶于水；B、分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；C、有机溶剂的密度可能小于水；D萃取时，萃取剂与溶质不反应，且不相溶，出现分层。【详解】A项、酒精与水混溶，
22、不能用于萃取溴水中的溴，应用苯或四氯化碳，故A错误；B项、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B错误；C项、有机溶剂的密度可能小于水，也可能大于水，可能在上层或下层，故C错误；D项、萃取时，萃取剂与溶质不反应，且不相溶，出现分层，则萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应即可，故D正确。故选D。【点睛】本题考查萃取操作，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同。11、B【解析】酸性溶液中存在大量的H+，根据离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能大量共存，注意溶液呈无色透明，不能含有明显有颜色的MnO4-、铁离子等
23、，以此来解答。【详解】酸性溶液中存在大量氢离子，无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，AMnO4-为有色离子，不满足溶液无色的要求，选项A错误；BMg2+、Cl-、Al3+、SO42-之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项B正确；CH+、OH-、HCO3-之间相互反应，在溶液中不能大量共存，选项C错误；DFe3+、SO32-之间发生氧化还原反应，Fe3+为有色离子，SO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应
24、生成沉淀、气体、水；并注意是在酸性溶液中共存及特定离子的颜色，题目难度不大。12、D【解析】A、氢氧化铁胶体不带电，胶粒带正电荷；B、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能导电；C、溶液和胶体能透过滤纸，用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液；D、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，胶体会发生聚沉产生沉淀。【详解】A项、Fe（OH）3胶体粒子吸附溶液中的阳离子带正电荷，胶体不带电，故A错误；B项、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能导电，
25、据此不能鉴别溶液和胶体，故B错误；C项、溶液和胶体能透过滤纸，应该用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液，故C错误；D项、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，电解质NaCl会使胶体发生聚沉产生沉淀，故D正确。故选D。13、B【解析】2Al+Fe2O32Fe+Al2O3中，Al元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，以此来解答【详解】A、Al元素的化合价升高，失去电子被氧化，是还原剂，故A错误；B、氧化剂为Fe2O3，得到电子，Fe2O3被还原，故B正确；C、氧化剂为Fe2O3，得到电子，故C错误；D、Al元素的化合价升高，失去电子被氧化，得到Al2O3是氧化产物，故D错误；故选B。14
26、、C【解析】A. 碳酸氢钠与足量的氢氧化钙得到碳酸钙、水和氢氧化钠: Ca2+OH+=CaCO3+H2O，A错误；B. 氢氧化钙与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙、水：Ca2+OH+=CaCO3+H2O，B错误；C. 碳酸氢钙与足量的氢氧化钠得到碳酸钙、水和碳酸钠：Ca2+2OH+2=CaCO3+2H2O，C正确；D. 氢氧化钠与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙和碳酸氢钠：Ca2+OH+=CaCO3+H2O，D错误；答案选C。15、B【解析】A、硝酸铵和Na2CO3、AgNO3、BaCl2、H2SO4混合均没有明显现象，所以若全部没有什么现象变化时，后加的是NH4NO3溶液，A正确；B、在所有溶液中，硝酸银可
27、以和氯化钡、硫酸以及碳酸钠反应生成白色沉淀，而氯化钡也可以和Na2CO3、AgNO3、H2SO4反应生成白色沉淀，所以有三只试管出现沉淀时，则后加入的不一定是AgNO3溶液，B错误；C、碳酸钠可以和氯化钡以及硝酸银反应生成白色沉淀，若只有两只试管出现沉淀时，则最后加入的可能是Na2CO3溶液，C正确。D、如果最后加入的是硫酸溶液，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，和硝酸银、氯化钡反应生成硫酸银、硫酸钡沉淀，因此一只试管出现气体，两只试管出现沉淀时，则最后加入的可能是H2SO4溶液，D正确；答案选B。【点睛】本题属于文字叙述型推断题，给出物质范围和实验现象，要求考生根据物质的性质来逐步推理，明确物质
28、的性质、发生的化学反应以及实验现象是解答的关键。16、C【解析】胶体和溶液都属于混合物，Fe（OH）3胶体和CuSO4溶液都是混合物，正确；BaSO4难溶于水，溶于水的BaSO4完全电离成Ba2+和SO42-，BaSO4属于强电解质，正确；置换反应不一定是离子反应，如C+2CuO2Cu+CO2属于置换反应，但不属于离子反应，错误；纯碱是Na2CO3，纯碱电离产生Na+和CO32-，纯碱属于盐，纯碱不属于碱，错误；正确的有，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、否 NH4+ 0.8mol/L BaSO4、BaCO3 A 1：5 0.3mol 【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则
29、一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mo
30、l，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol2+0.04mol2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量0.12mol-0.08mol
31、=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol0.1L0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04mol，答案选A。（5）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量
32、生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。18、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析
33、】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HCl
34、O，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系
35、，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。19、C A 5.5 5.4 10.9 D E 【解析】(1) 量筒的刻度从下往上增大，当刻度A数值为4时，则B为3，则液体的读数为3.2mL，若俯视读数，则数值变大，故选C。实验室需配制1molL-1的NaOH溶液220mL，根据容量瓶的规格分析，应选择250mL的容量瓶，则氢氧化钠的固体质量为10.2540=10.0g，故选A。(2) 根据溶质的质量不变原则，假设溶液的质量为xg，则有x10%=27.52%， 解x=5.5g。溶液的体积为5.5/1.01=5
36、.4mL。 . 假设硫酸的体积为xL，则根据溶质不变分析，有98%1.841000x=20.198，解x=0.0109L=10.9mL。A.容量瓶洗涤后未干燥，不影响，故错误；B.量取溶液时,仰视刻度线，则溶质的物质的量增加，故浓度变大，故错误；C.装入试剂瓶时,有少量溶液溅出，溶液的浓度不变，故错误；D.没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质有损失，故浓度变小，故正确；E.定容时,加水不慎超出刻度线,又倒出一些，倒出部分溶质，浓度变小，故正确。故选DE。20、2.7 mL 500 mL容量瓶 胶头滴管 定容，沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线12cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切 b c b a
37、 【解析】（1）用密度为1.84 g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480 mL 0.1 mol/L稀硫酸，浓硫酸的浓度是18.4mol/L，由于需要使用500mL容量瓶，则根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知所需浓硫酸的体积是。（2）配制的一般步骤是计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，因此配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。（3）根据（2）中分析可知其正确的操作顺序为。（4）第步是定容，其实验的操作是沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线12cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切。（5）A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中会导致浓硫
38、酸吸水，浓度减小，量取的浓硫酸中溶质减少，浓度偏小，答案选b；B容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水不会影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变，答案选c；C定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏小，答案选b；D量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸，硫酸的体积增加，溶质的质量增加，浓度偏大，答案选a。21、 1:5 22.4 2 1 1 1 2 2 16 2 2 5 8 2KMnO4+5 SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4 【解析】（1）H2 + CuO Cu + H2O ；3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 +
39、 3H2O；NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O；Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：。（2）MnO2MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：；综上所述，本题答案是：。（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3I
40、2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI2.5mol I2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。（4）反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu -2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是122.4=22.4 L；综上所述，
41、本题答案是：22.4。（5）根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl22HCl，氯元素化合价降低2价；SO2 H2SO4，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O +Cl2 +SO2 =H2SO4 + 2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HClCl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守
42、恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4 + 16HCl=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O；KMnO4在反应中做氧化剂，被还原为MnSO4，SO2在反应中作还原剂，被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4MnSO4，锰元素化合价降低5价；SO2SO42-，硫元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，SO2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4；综上所述，本题答案是：2,16,2,2,5,8；2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4。【点睛】针对于问题（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，都是碘元素发生化合价变化，因此同种元素之间发生氧化还原反应时，化合价变化为“只靠拢，不交叉”；即KIO3中+5价的碘降低到0价碘；HI中-1价碘升高到0价碘，但是其中6个HI中有1个-1价碘没有发生变价，有5个-1价碘发生变价，被氧化；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5。