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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、下列叙述中，正确的是A1 molH2O2中含有1 mol H2和1 mol O2BCaCO3的摩尔质量是100 gC等质量的CO与N2中所含原子数之比为1:1D1L
2、1 molL-1MgCl2溶液中Cl- 的物质的量为1 mol2、查阅资料发现，金属钠不仅能跟氧气和水反应，还能跟多种其它物质发生反应，其中包括与酒精在常温下反应。要研究金属钠跟酒精反应的性质以及它与水反应的异同点，下列的研究方法中没有用到的是 （ ）A实验法B观察法C分类法D比较法3、下列关于溶液和胶体的叙述，一定正确的是( )。A溶液是电中性的，胶体是带电的B卤水点豆腐与胶体的性质无关C布朗运动是胶体微粒特有的运动方式，可以据此把胶体和溶液、悬浊液区别开来D一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光路，前者则没有4、某阴离子X2有m个电子，其质量数为a，则核内中子数为（）Am+2Bm
3、+5Cam+2Dam25、下列叙述正确的是A摩尔是国际单位制中的基本物理量B温度是影响物质聚集状态的唯一因素C常温下，1L 水中溶解 58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为 1molL-1D摩尔质量以gmol-1为单位时，在数值上等于该物质的相对原子质量、相对分子质量等式量6、下列各反应中，水只做还原剂的是A2F2+2H2OO2+4HF B2H2O2H2+O2CNa2O+H2O2NaOH DC+H2OCO+H27、胶体区别于其他分散系的最本质特征是()A能产生丁达尔效应B粒子带电C能透过滤纸D分散质粒子的直径在1100nm之间8、化学与生活密切相关。下列常见物质的俗名与化学式相对应的是A小
4、苏打Na2CO3 B熟石灰Ca(OH)2C漂白粉Ca(ClO)2 D氯水Cl29、下列电离方程式，书写正确的是AAl2(SO4)3=2Al3+ 3SO42-BAlCl3= Al3+Cl-CMg(NO3)2= Mg+2+2NO3-DKMnO4=K+Mn7+4O2-10、设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.5NAB0.1 mol H218O中所含中子总数为1.2NAC在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO所含电子数均为1.4NAD常温下，5.6克铁与足量的浓硫酸反应，转移电子数为0.3NA11、下列各组离子中，一定能
5、够大量共存的是（ ）ANa、HS-、Cl、OH- BFe2、Na、Cl-、SO42-CK、Fe3、Ca2+、CO32- DMg2、NH4+、Cl、OH-12、下列叙述正确的是（ ）A1 mol O2的质量为32 gmol-1B1 mol物质的质量等于该物质的式量C的摩尔质量为96 gmol-1DCO2的摩尔质量为44 g13、标准状况下，相同质量的下列气体中，体积最大的是AO2BN2CCl2DCO214、如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是（ ）A上述反应是置换反应B上述
6、反应是放热反应C上述反应中CuSO4表现了还原性D加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu15、设NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法中正确的是 ( )A22.4L水含有的水分子个数为NAB11.5g钠与水发生反应转移的电子数为NAC一个氧原子的质量为32/NAgD在标准状况下，4.48L CH4中所含的原子总数为NA16、全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有VO2+和Cr2O72-，现向其溶液中滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO2+VO2+，Cr2O72-Cr3+。再滴入2.00mL0.02000mol/L的KMnO4溶液，又恰好使
7、VO2+VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4-Mn2+。则原溶液中Cr元素的质量为A15.6mgB23.4mgC31.2mgD46.8mg二、非选择题（本题包括5小题）17、某强酸性溶液X中仅含有Ba2、Al3、NH4、Fe2、Fe3、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下根据以上信息，回答下列问题:(1)仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的离子分别是_。(2)若中所用氢氧化钠浓度为2 mol/L，当加入10 mL时开始产生沉淀，55 mL时沉淀的量达到最大值0.03 mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到6
8、0 mL时沉淀的量降为0.025 mol且保持不变，则原溶液中：c(Fe2+)为_mol/L、c(Fe3+)为_mol/L、c(Cl-)为_mol/L。(若有些离子不存在，请填0 mol/L)18、有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：A_，B_，C_，D_，E_。另外，请写出下面要求的离子方程式。(1)A与E：
9、_。(2)B与E：_。(3)C与E：_。19、海洋植物如：海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素经过灼烧之后以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下：某化学兴趣小组将上述流程设计成如下流程：已知：实验中发生反应的离子方程式：2I-+ H2O+2H+=2H2O+I2。回答下列问题：（1）写出提取流程中实验的操作名称：_ ，从E到F的正确操作方法为：_，实验的操作为过滤，如果滤液仍然浑浊应该采取的措施是：_.（2）从F的下层液体中得到固态碘单质还需要进行的操作是：_。（3）当实验中的反应转移的电子数为2.4081023时，理论上可以提取_mol I2。20、实验室配制500mL 0.2m
10、ol/L的NaOH溶液。(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)填写下述过程中的空白；具体步骤如下：计算需要称量NaOH固体的质量_g;用托盘天平称量NaOH固体；将称好的NaOH固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解、搅拌，并_至室温；将NaOH溶液沿玻璃棒注入_中；用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁23次，洗涤液也都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下_cm时，改用_滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。(4)经精确
11、测量，最后所得溶液物质的量浓度为0.192mol/L,原因可能是_。A使用滤纸称量NaOH固体；B溶解NaOH后的烧杯未经多次洗涤；C容量瓶中原来有少量蒸馏水；D称量时所用的砝码生锈；E.未冷却直接转移至容量瓶，立即配好；21、要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题:（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO每组分类均有错误，其错误的物质分别是第一组_、第二组_(填化学式)。（2）一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测
12、得有关数据如下表,按要求回答下列问题：物质MNQP反应前质量/g501312反应后质量/gx26330该变化的基本反应类型是_反应；物质Q在反应中可能起的作用是_。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_。（4）已知反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目_。浓盐酸在该反应中表现的性质是_（填序号）。A只有还原性 B还原性和酸性 C只有氧化性 D氧化性和酸性上述反应转移1mol电子时，有_克HCl被氧化？参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】
13、A一个过氧化氢分子含有两个氢原子和两个氧原子，即1 molH2O2中含有2 mol H和2 mol O，A错误；B摩尔质量的单位是g/mol，B错误；CCO和N2的相对分子质量均为28，由，等质量的CO和N2即物质的量也相等，CO和N2中所含原子数之比为2:2=1:1，C正确；D1L 1 molL-1MgCl2溶液中，Cl- 的物质的量为，D错误；故选C。2、C【解析】A以实验研究金属钠能跟氧气、水等无机物反应，跟酒精等有机物反应，用到的是实验法，故A不选；B实验过程中需要用肉眼观察实验现象，用到的是观察法，故B不选；C没有分门别类地对物质及其变化进行研究，故C选；D采取对比方法研究金属钠跟酒
14、精反应的性质以及它与水反应的异同点，用到的是比较法，故D不选；故答案为：C。3、D【解析】A、胶体微粒吸附带电离子，胶体的胶粒带电荷，但胶体分散系是电中性的，故A错误；B、卤水点豆腐利用的是胶体的聚沉，与胶体的性质有关系，故B错误；C、布郎运动是胶体微粒和溶液中的离子均有的运动方式，不能据此把胶体和溶液区别开来，故C错误；D、一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显光带即丁达尔效应，前者则没有，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了胶体和溶液的区别，胶体性质的应用。选项A是易错点，解答的关键是胶体微粒吸附带电离子的分析判断。4、C【解析】对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，中子数=质量
15、数-质子数，运用这个关系式得出正确结论。【详解】对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，阴离子X2核外有m个电子，则质子数是m2。因为质子数和中子数之和是质量数，所以核内中子数为am2，答案选C。5、D【解析】A.摩尔是物质的量的单位，并不是一个物理量，故A错误；B.压强也会影响物质的聚集状态，故B错误；C.常温下，1L 水中溶解 58.5gNaCl所得溶液的体积并不等于1L，溶液的物质的量浓度并不为 1molL-1，故C错误；D.摩尔质量以gmol-1为单位时，在数值上等于该物质的相对原子质量、相对分子质量等式量，故D正确；答案选D。6、A【解析】水只做还原剂，则水中O元素的化合价升高，以此
16、来解答。【详解】A2F2+2H2OO2+4HF，水中O元素的化合价升高，则水为还原剂，故A选；B2H2O2H2+O2，水中H元素的化合价降低、氧元素化合价升高，则水既是氧化剂也是还原剂，故B不选；CNa2O+H2O2NaOH，该反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；DC+H2OCO+H2，水中H元素的化合价降低，则水是氧化剂，故D不选；答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重还原剂判断的考查，注意从化合价角度分析。7、D【解析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1100nm之间，微粒直
17、径大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液。丁达尔效应是胶体的一种光学性质，是区别溶液和胶体的一种常用的物理方法。故答案选D。8、B【解析】A、小苏打是NaHCO3，Na2CO3是苏打，故A错误；B、熟石灰是Ca(OH)2，故B正确；C、漂白粉属于混合物，主要成分是氯化钙和次氯酸钙，故C错误；D、氯气溶于水得到氯水，氯水属于混合物，故D错误。答案选B。9、A【解析】电离方程式是表示电解质电离的式子。强电解质电离用“=”。弱电解质电离用“”。书写电离方程式还需注意符合质量守恒定律、电荷守恒。【详解】A. Al2(SO4)3为强电解质，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+ 3SO42-，
18、A正确。B. AlCl3为强电解质，电离方程式为：AlCl3= Al3+3Cl-，B错误。C. Mg(NO3)2为强电解质，电离方程式为：Mg(NO3)2= Mg2+2NO3-，C错误。D. KMnO4为强电解质，电离方程式为：KMnO4=K+ MnO4-，D错误。答案为A。10、C【解析】A过氧化钠中含有过氧根离子，0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.25NA，故A错误；BH中不含中子，18O 中含有10个中子，0.1 mol H218O中所含中子总数为1.0NA，故B错误；C在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO都是0.1mol，所含电子数均为1.4NA，故C正确
19、；D常温下，铁与浓硫酸发生钝化，故D错误，本题选C。11、B【解析】A. HS-和OH-会生成S2-和 H2O不能大量共存，故A错误；B. Fe2、Na、Cl-、SO42能大量共存，故B正确；C. Fe3和CO32-会发生双水解不能大量共存，Ca2+和CO32-会生成碳酸钙沉淀不能大量共存，故C错误；D.Mg2和OH-会生成氢氧化镁沉淀不能大量共存，NH4+和OH-会生成NH3H2O（弱电解质）不能大量共存，故D错误。答案选B。【点睛】本题在判断时可根据复分解反应的条件，离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能共存，据此进行分析判断即可。12、C【解析】AO2的相对分子质量是32，O2的
20、摩尔质量是32 g/mol，则1 mol O2的质量为32 g，A正确；B1 mol物质的质量是以克为单位，数值上等于该物质的式量，B错误；C的式量是96，则其摩尔质量为96 gmol-1，C正确；DCO2的相对分子质量是44，则其摩尔质量为44 g/mol，D错误；故合理选项是C。13、B【解析】因M（Cl2）M（CO2）M（O2）M（N2），根据n=可知，相同质量的气体，N2的物质的量最大，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故N2的体积最大，故选B。14、C【解析】试题分析：A、根据实验现象，钠单质与硫酸铜固体反应有红色物质生成，该红色物质是Cu单质，所以该反应是置换反应，正确；
21、B、反应中有耀眼的火花产生，说明反应放热，正确；C、Na与硫酸铜发生置换反应，Na做还原剂，硫酸铜做氧化剂，错误；D、根据以上分析，钠与硫酸铜可以在加热且无水条件下反应生成Cu，正确，答案选C。考点：考查根据反应现象对发生的化学反应的分析15、D【解析】A.标准状况下，水为液态，无法确定物质的量，故A错误；B.11.5g钠的物质的量是0.5mol，失去的电子为0.5mol，故B错误；C.一个氧原子的质量为16/NAg，故C错误；D.在标准状况下，4.48LCH4的物质的量是0.2mol，所含的原子总数为NA，故D正确。故选D。16、D【解析】根据元素的化合价变化结合电子得失守恒分析解答。【详解
22、】整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价发生变化，依据电子转移守恒得：0.029L0.1mol/L1m(Cr)52g/mol3+0.002L0.02mol/L5，解得m(Cr)0.0468g46.8mg；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe3+、Cl- 0.15 0.1 0.4 【解析】(1)强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42；生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，它在酸性条件下和NO3反应生成NO；溶液B中加入过量NaOH溶液，
23、沉淀G为Fe(OH)3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；溶液中含有Fe2+，就一定不含NO3，含有SO42就一定不含Ba2+，不能确定是否含有的Fe3+和Cl。(2)根据得失电子数相等和阴阳离子电荷所带电荷数相同求解。【详解】(1)由分析可知不能确定是否含有的是Fe3+和Cl。(2) n(NO)=0.005 mol，根据得失电子数可知n(Fe2+)= n(NO)3=0.015 mol，c(Fe2+)=0.015mol0.1L=0.15mol/L；加入氢氧化钠溶液60m
24、L时沉淀量降到0.025mol，说明此时为氢氧化铁沉淀，亚铁离子的物质的量是0.015mol，所以说明原溶液中存在铁离子，n(Fe3+)=0.025mol0.015mol=0.01mol，则c(Fe3+)=0.01mol/0.1L=0.1mol/L；加入55mL氢氧化钠溶液时沉淀达到最大值0.03mol，加入60mL氢氧化钠溶液时，沉淀降为0.025mol，说明n(Al(OH)3)=0.03mol0.025mol=0.005mol，则溶液中SO42：0.04mol，NH4+：0.005mol，Fe2+：0.015mol，Fe3+：0.01mol，Al3+：0.005mol，此时2n(SO42)
25、=n(NH4+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)，所以c(Cl)=0.4 mol/L。【点睛】注意生成的Al(OH)3会和过量的NaOH反应生成NaAlO2和H2O。18、BaCl2 AgNO3 HNO3 HCl K2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 2Ag+CO32-=Ag2CO3 2H+CO32-=CO2+H2O 【解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为Ag
26、NO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2+CO32=BaCO3；（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag+CO32=Ag2CO3；（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H+CO32=CO2+H2O。19、萃取 用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出 重新过滤（至无混浊） 蒸馏 0.2mol 【解析】（
27、1）根据提取流程可知，实验中的操作为萃取；从E到F的正确操作方法为：用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；实验的操作为过滤，如果滤液仍然浑浊应该采取的措施是：重新过滤，至无混浊；综上所述，本题答案是：萃取 ；用一手压住分液漏斗口部，另一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出；重新过滤（至无混浊）。 （2）分液后从有机溶剂中提取碘,需要用蒸馏操作,因此，本题正确答案是:蒸馏。（3）根据电子得失守恒可知，2I-I2,生成1molI2失电子2mol，当实验中的反应转移的电子数为2.4081023时，转移
28、电子的物质的量为0.4 mol，理论上可以提取0.2mol I2。综上所述，本题答案是：0.2mol。20、C 烧杯 玻璃棒 4.0g 冷却 500 mL容量瓶 12 胶头滴管 检漏 AB 【解析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选择不需要的仪器，然后根据所需仪器确定还缺少的仪器名称；（2）根据基本公式n = CV，所需的质量m=n M来计算，托盘天平读数精确至0.1 g，；容量瓶不能受热；容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应的体积的溶液；根据定容的操作来分析；（3）根据容量瓶的使用注意事项来作答；（4）氢氧化钠质量的减小或溶液体积的增大都会导致溶液浓度的偏小；【详解】（1）
29、C为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制500mL 0.2 mol/LNaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故配制一定物质的量浓度的溶液还需要的仪器为：烧杯、玻璃棒，故答案为：C；烧杯、玻璃棒；（2）所需的质量m=CVM=0.2mol/L0.5 L40 g/mol=4.0 g，故答案为：4.0 g；容量瓶不能受热
30、，NaOH溶于水放热，则在转移之前需要将已经溶解好的NaOH冷却至室温，故答案为：冷却这一步操作为转移过程，容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应的体积的溶液，故答案为：500 mL容量瓶；将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面于刻度线相切,故答案为：12；胶头滴管；（3）容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前检验是否漏水，故答案为：检漏；（4） 实际配制氢氧化钠溶液浓度为0.095mol/L，小于0.1mol/L，其实验操作导致了氢氧化钠质量的减小或溶液体积的增大，A. 氢氧化钠容易潮解，用滤纸称量氢氧化钠固体，会导致氢氧化钠质
31、量减小，进而使得其物质的量浓度偏小，故A项符合题意；B. 溶解后的烧杯未经多次洗涤，会使溶质有所损失，最终会导致溶液中氢氧化钠的物质的量浓度偏小，故B项符合题意；C. 因转移操作以后，需要定容加蒸馏水至刻度线，因此容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对实验结果无影响，故C项不符合题意；D. 称量时所用的砝码生锈，导致所称取得固体质量变大，最终使得实验结果偏大，故D项不符合题意；E.热胀冷缩，未冷却直接转移至容量瓶，立即配好时，导致溶液的实际体积偏小，根据C = 可以看出，最终使得实验结果偏大，故E项不符合题意；答案选AB。21、Na2CO3 CO 分解 催化作用 2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H
32、2O B 36.5 【解析】(1)利用酸碱盐及氧化物的概念判断；(2)根据质量守恒，x+26+3+30=50+1+3+12，x=7，根据表中数据，Q的质量未变，为催化剂或未参与反应；N、P的质量增大，为生成物，则M的质量必然减少；(3)溶液至中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子过量，钡离子反应完全；(4)利用化合价升降判断得失电子数目及进行计算。【详解】(1)第一组中碳酸钠属于盐，不属于碱；第二组中CO不属于酸性氧化物；(2)根据分析，M为反应物，N、P为生成物，反应类型为分解反应；物质Q若参与反应则为催化剂，起催化作用；(3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子过量，钡离子反应完全，离子方程式为2H+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O；(4)反应时，Cl的化合价升高，失2e-5，Mn的化合价降低得5e-2，双线桥法表示为；浓盐酸在反应时，Cl的化合价部分升高，部分未变，则既表现还原性，又表现酸性，答案为B。反应转移1mol电子时，则有1molHCl被氧化，则m(HCl)=1mol36.5g/mol=36.5g。