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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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、同温同压时，含相同分子数的H2O和NH3一定具有相同的A体积 B原子个数 C质量 D电子数2、用10.0 mL 0.1 molL1 的BaCl2溶
2、液, 可恰好分别使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全沉淀，则这三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是A1：1：1B1：2：3C2：2：1D1：3：33、氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是A该反应属于氧化还原反应B该反应利用了Cl2的氧化性C该反应属于复分解反应D生成1mol N2有6mol电子转移4、把7.4 g由 Na2CO310H2O 和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液， 其中c(Na+)=0.6 molL-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是A2.12g B3
3、.18g C4.22g D5.28g5、某氧化物的化学式为M2O3，电子总数为50，已知氧原子核内有8个中子，M2O3的相对质量为102，则M原子核内中子数为（）A10B12C14D216、下列两种气体的分子数一定相等的是 （ ）A质量相等密度不等的NO和C2H6B等体积不等密度的CO和C2H4C等温等体积的O3和N2D等压等体积的N2和CO27、我校本月提出“节约用水用电，倡导绿色简约生活”。下列做法不应该提倡的是A路远的小伙伴们拼车上学B少用修正带、涂改液C将化学实验室的废水直接排入水池D将食堂产生的“地沟油”制成肥皂8、下列说法正确的是（ ）A物质的量浓度是指单位体积溶剂中所含溶质的物质
4、的量B容量瓶不能作反应的容器，但可以储存配好的溶液C容量瓶使用前要检漏，方法是加入一定量水倒转过来不漏即可D定容时，往容量瓶中注入蒸馏水，直到液面接近容量瓶的刻度线12厘米处时，改用胶头滴管滴加，直到溶液凹液面正好与刻度线相切9、下列说法正确的是A某试样焰色反应呈黄色，则试样中一定含有KB过滤操作时，为了加快过滤可以用玻璃棒搅拌漏斗的液体C蒸馏装置中，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶支管口附近D粗盐的提纯实验中，用到了萃取、分液操作10、下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（ ）A含Na+为2mol的Na2SO4溶液B将80g SO3溶于水并配成1L的溶液C将0.5mol/L的某饱
5、和溶液100mL，加热蒸发掉50g水后的溶液D将58.5gNaCl溶于1L水所得的溶液11、现有一定量的气体如下：标准状况下6.72LCH4、3.011023个HCl分子、13.6gH2S、0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是（ ）a标况下体积： b同温同压下的密度： c质量： d氢原子个数：AabcBabcdCabdDbcd12、下列物质中属于电解质的是氢氧化钠 硫酸钡 铜 蔗糖 二氧化硫ABCD13、胶体区别于其它分散系的本质是( )A胶体粒子带电荷并且在一定条件下能稳定存在B胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙C胶体粒子能够发生布朗运动而且能产生丁达尔
6、现象D胶体的分散质粒子直径在1nm100nm之间14、鉴别FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体最简便的方法是A蒸发 B过滤 C萃取 D丁达尔效应15、下列离子方程式正确的是（）A硝酸银溶液与铜反应：Cu+Ag+Cu2+AgB氧化镁与盐酸反应：O2+2H+H2OC碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+H2O+CO2DFe（OH）3加入H2SO4溶液中：3H+ + Fe（OH）3 Fe3+ + 3H2O16、在同温同压下，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是 ( )A5：2B2：1C2：5D3：2二、非选择题（本题包括5小题）17、淡黄色
7、固体A和气体X存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）固体A的名称_，X的化学式 _。（2）反应的化学方程式为_。（3）写出反应的离子方程式_。18、下表是周期表中的一部分，根据元素AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：AAAAAAA0一A二DEGI三BCFH (1)上述元素中性质最不活泼的是_，只有负价而无正价的是_，单质氧化性最强的是_，单质还原性最强的是_。(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_，酸性最强的是_，呈两性的是_。(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为_，这些化合物中最稳定的是_。(4)在B、C、D、E、F、G、H中，原
8、子半径最大的是_。19、某无色透明溶液中可能大量存在、中的几种离子。 (1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_。(2)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是_。(3)取(2)的滤液加入过量，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有_，离子反应方程式为_。(4)原溶液中可能大量存在的阴离子是下列中的(填序号)_。A B C D20、已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：按图组装仪器，并检查装置的气密性； 将a g试样放入锥形瓶中，加适量蒸
9、馏水溶解，得到试样溶液；称量盛有碱石灰（CaO与NaOH固体混合物）的U型管的质量，称得为b g；从分液漏斗滴入6 molL-1 的硫酸，直到不再产生气体时为止；从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；再次称量盛有碱石灰的U型管的质量； 重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，最终称得为c g；请填空和回答问题： （1）装置中干燥管B的作用是_（2）步骤的目的是_ （3）步骤的目的是_（4）该试样中纯碱的质量分数的计算式为_21、（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O N
10、H4NO3 + 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 +_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMn
11、O4 + _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、D【解析】分子数相同，则物质的量相同，结合物质的组成分析判断。【详解】A、没有说明具体的温度和压强，物质的状态不能确定，则不能确定体积，A不选；B、每个水分子中有3个原子，每个氨气中含有4个原子，所以等物质的量的两种分子含有的原子个数不等，B不选；C、水的摩尔质量为18g/mol，氨气的摩尔质量为17g/
12、mol，等物质的量时质量不等，C不选；D、H2O和NH3均含有10个电子，分子数相同，物质的量相同，因此电子数相等，D选。答案选D。【点睛】利用气体摩尔体积或阿伏加德罗定律时要特别注意其使用条件，即只能适用于气体（包括混合气体），另外只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。2、D【解析】从钡离子和硫酸根离子反应的过程分析，根据离子浓度与物质的物质的量浓度之间的关系分析。【详解】设BaCl2的物质的量为0.001mol，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z
13、，则由Ba2+SO42-BaSO4，可知n(SO42-)=n(Ba2+)，即x3=y1=z1=0.001mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3。故选D。【点睛】某溶液中的离子浓度等于该物质的物质的量浓度乘以该物质化学式中离子的下角标系数。3、C【解析】A该反应中氯气中的Cl原子化合价由0价变为-1价，属于氧化还原反应，A说法正确；B该反应中氯气中的Cl原子化合价由0价变为-1价，具有氧化性，则反应利用了Cl2的氧化性，B说法正确；C该反应中部分元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C说法错误；DN2中N原子的化合价由-3价
14、变为0价，生成1个氮气转移6个电子，则生成1mol N2有6mol电子转移，D说法正确；答案为C。4、B【解析】把7.4gNa2CO310H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO310H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.50.6mol/L0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol0.03mol=3.18g，故答案选B。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固
15、体残留物的组成为解答关键。5、C【解析】原子序数=质子数=核外电子数，质子数+中子数=质量数=近似相对原子质量。【详解】设M的质子数为x，2x+83=50，x=13；氧原子核内有8个中子，则氧原子的质量数是16。设M的质量数为y，则2y+163=102，y=27，所以M原子核内中子数为27-14=14，故选C。6、A【解析】AN2和C2H4的摩尔质量相等，二者质量相等，根据n=可知物质的量相等，分子数目之比等于物质的量之比，故二者的分子数目一定相等，故A正确；B二者等体积不等密度，则质量不相等，CO和C2H4的摩尔质量相等，根据n=可知物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故B错误；C相同条件
16、下，影响气体分子数目的因素有温度、压强，二者所处的状态不一定相同，若状态相同，则体积相同，分子数目也相同；若状态不相同，即温度、压强不同，体积相同时分子数目不一定相等，故C错误；D相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度、压强，二者所处的状态不一定相同，若状态相同，则体积相同，分子数目也相同；若状态不相同，即温度、压强不同，体积相同时分子数目不一定相等，故D错误；故答案为A。7、C【解析】根据节能、节电的方法、废弃物回收的意义以及防治水体污染的方法进行分析解答即可【详解】A、路远的小伙伴们拼车上学，能节约大量的资源、能源，符合主题，故A正确；B、修正带、涂改液含有有毒成分，少用修正带、涂改液，
17、减少有毒物质对人体的伤害，故B正确；C、将化学实验室的废水直接排入水池，与减少对水体的污染，绿色生活主题不符合，故C错误；D、将食堂产生的地沟油制成肥皂，地沟油回收，重新利用，既能节约资源，又保护了环境，故D正解；故选C。【点睛】“节约用水用电，倡导绿色简约生活”，低碳生活理念已成为人们的共识，节能减排的措施和观念是考查的热点，解题关键：要用低碳生活理念指导自己的活动，把节能减排的措施运用到生产、生活中去。8、D【解析】A. 物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质的物质的量，不是溶剂的体积，A错误；B. 容量瓶不能作反应的容器，也不能长时间储存配好的溶液，B错误；C. 容量瓶使用前应检验是否漏
18、水，检验方法：注入自来水至标线附近，盖好瓶塞，右手托住瓶底，将其倒立2min，观察瓶塞周围是否有水渗出。如果不漏，再把塞子旋转180，塞紧、倒置，如仍不漏水，则可使用，C错误；D. 定容时，往容量瓶中注入蒸馏水，直到液面接近容量瓶的刻度线12厘米处时，改用胶头滴管滴加，直到溶液凹液面正好与刻度线相切，D正确。答案选D。9、C【解析】A某试样焰色反应呈黄色，则试样中一定含有钠元素，检验钾离子，应透过蓝色钴玻璃，以滤去黄光，故A错误；B过滤时不能用玻璃棒搅拌，以防止滤纸破损，玻璃棒仅起到引流的作用，故B错误；C蒸馏时，温度计水银球位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分蒸汽的温度，故C正确；D粗盐的
19、提纯实验中，用到了溶解、过滤、蒸发结晶操作，不需要用萃取和分液，故D错误；答案选C。【点睛】粗盐的提纯是为了除去溶于水和不溶于水的杂质，用到了溶解、过滤、蒸发结晶操作，萃取和分液是除去溶液中某中溶质，选择实验操作时，要注意根据原理选择装置。10、B【解析】A、溶液体积未给出，无法计算溶质的物质的量浓度，故A错误；B、根据硫原子守恒可知n（H2SO4）=n（SO3）=80g80g/mol=1mol，所以溶液浓度为1mol/L，故B正确；C、饱和溶液，蒸发掉水后，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变（挥发性溶质会较低），故C错误；D、将58.5gNaCl溶于1L水所得的溶液体积不是1L，浓度不是1mol
20、/L，故D错误；答案选B。11、B【解析】标准状况下6.72LCH4的物质的量是0.3mol、3.011023个HCl分子的物质的量是0.5mol、13.6gH2S的物质的量是0.4mol、0.2molNH3。相同条件下体积与物质的量成正比，标况下体积：，故a正确；同温同压下密度与相对分子质量成正比，同温同压下的密度：，故b正确；0.3mol CH4的质量是4.8g；0.5molHCl的质量是18.25g；0.2molNH3的质量是3.4g，质量：，故c正确；0.3mol CH4含氢原子1.2mol；0.5molHCl含氢原子0.5mol；0.4molH2S含氢原子0.8mol；0.2molN
21、H3含氢原子0.6mol；氢原子个数：，故选B。12、B【解析】氢氧化钠和硫酸钡在熔融状态下都能电离出阴阳离子而导电，且是化合物，所以属于电解质；蔗糖和二氧化硫属于非电解质，铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故选B。13、D【解析】A胶体粒子带有相同的电性，无法相互靠近，所以在一定条件下能稳定存在，这是胶体具有亚稳性的原因，不是与其它分散系的本质区别，A不合题意；B胶体粒子直径较小，不能穿过半透膜，但能通过滤纸空隙，说明胶粒直径介于半透膜孔隙直径与滤纸孔隙直径之间，这是一个定性范围，不是区别于其它分散系的本质，B不合题意；C胶体粒子能够发生布朗运动而且能产生丁达尔现象，这是胶粒的运动学性质，
22、不是与其它分散系的本质区别，C不合题意；D胶体的分散质粒子直径在1nm100nm之间，溶液中溶质直径小于1nm，浊液中分散质粒子直径大于100nm，这是胶体区别于其它分散系的本质，D符合题意；故选D。14、D【解析】鉴别溶液和胶体最简单的方法为丁达尔效应，即用一束光照射，胶体会有光亮的通路，而溶液没有。故选D。15、D【解析】A硝酸银溶液与铜反应的离子反应为Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故A错误；B氧化镁与盐酸反应的离子反应为MgO+2H+Mg2+H2O，故B错误；C碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故C错误；DFe(OH)3加入H2SO4溶液中的离子反应为
23、3H+Fe(OH)3Fe3+3H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和、电子、电荷守恒等)等。16、A【解析】根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，再结合分子构成及公式n = = 计算得出结论。【详解】同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，由N=nNA，可知2
24、 n(O2) = 5 n(CH4)，则n(O2)：n(CH4) = 5：2，根据V = nVm可知，V(O2)：V(CH4)=5 Vm：2 Vm = 5：2，故答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、过氧化钠 CO2 2Na + O2 Na2O2 Ca2+CO32- CaCO3 【解析】由转化关系可以知道,淡黄色固体A能与气体X反应生成固体Y与气体B，所以该反应为过氧化钠与二氧化碳反应，由此可推知淡黄色固体A为Na2O2，气体X为CO2，固体Y为Na2CO3，反应生成的气体为O2；碳酸钠与氯化钙溶液反应生成白色沉淀为CaCO3，所得溶液为NaCl溶液；(1)由上述分析可以知道,固体A为过
25、氧化钠；X的化学式为: CO2；综上所述，本题答案是：过氧化钠 ，CO2 。 (2) 金属钠与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na + O2 Na2O2 ；综上所述，本题答案是： 2Na + O2 Na2O2。（3）碳酸钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的离子方程式：Ca2+CO32- CaCO3；综上所述，本题答案是：Ca2+CO32- CaCO3。18、Ne F F2 Na NaOH H2SO4 Al(OH)3 CH4、NH3、PH3、HF、H2S HF Na 【解析】由元素在元素周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别是H、Na、Al、C、N、
26、P、F、S、Ne。根据元素周期律分析解答。【详解】(1)稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最不活泼的是Ne；F的非金属性最强，则F元素只有负化合价，没有正化合价；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质氧化性最强的是F2；元素的金属性越强，单质的还原性越强，单质还原性最强的是Na，故答案为：Ne；F；F2；Na；(2)元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，以上各元素中，金属性最强的为Na，则碱性最强的为NaOH；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，根据元素周期律知，非金属性最强的元素是F，但F元素没有含氧酸，非金属性次之的是S元素，其最高价含氧酸是H2SO4
27、，所以酸性最强的酸是H2SO4；氢氧化铝为两性氢氧化物，故答案为：NaOH；H2SO4；Al(OH)3； (3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为CH4、NH3、PH3、HF、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，这些化合物中最稳定的是HF，故答案为：CH4、NH3、PH3、HF、H2S；HF；(4)B、C、D、E、F、G、H中，D、E、G元素的原子含有2个电子层，B、C、F、H原子含有3个电子层，由于B的原子序数最小，则B的原子半径最大，即：原子半径最大的为Na，故答案为：Na。19、 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 B 【解析】(1)由于溶液呈无色透明，而Cu2
28、+有颜色，为蓝绿色，由于原溶液为无色，可以肯定原溶液中不存在Cu2+，故答案为：Cu2+；(2)过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子，故答案为：Ag+；(3)在除去Ag+离子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，离子反应方程式为: Mg2+2OH-=Mg(OH)2，故答案为：Mg2+；Mg2+2OH-=Mg(OH)2；(4)由于Cl-和Ag+离子，CO32-、OH-与Mg2+、Cu2+都能生成沉淀，只有NO3-与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，故原溶液中可能大量存在的阴离子是NO3-，故答案为：B。
29、【点睛】该题主要考查了离子的检验和离子共存问题，注意常见离子的性质和检验方法是解答的关键。20、防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中 把反应产生的CO2吹入U型管中被碱石灰吸收 保证反应产生的CO2全部被U型管中的碱石灰吸收 106（c-b）/44a100% 【解析】(1)根据测定混合物中的碳酸钠，是准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，避免空气中的二氧化碳进入考虑；因为空气中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不让它们进入的；(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的；(3)就是为了将二氧化碳全部赶过去；(4)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳
30、的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。【详解】(1)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差；因此，本题正确答案是：防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中；(2)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；因此，本题正确答案是：把反应产生的CO2吹入U型管中被碱石灰吸收；(3)直到U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中；因此，本题正确答案是：保证反应产生的CO2全部被U型管中的碱石灰吸收；(4)
31、设需要碳酸钠的质量为x则：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2106 44x c-b列比例式：=，计算得出x=；所以试样中纯碱的质量分数的计算式为106（c-b）/44a100%。【点睛】本题考查了物质定量测定的实验方法测定和物质性质应用，本实验的装置连接顺序非常严密，最前面的氢氧化钠溶液是为了防止空气中的二氧化碳进入装置，最后面的碱石灰也是为了防止空气中的二氧化碳进入装置。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
32、 ；3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 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 +
33、 KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3I2，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1mo
34、l，其在标况下的体积是122.4=22.4 L；综上所述，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：K
35、MnO4前面的系数为2，Cl2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 + 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。