1、四川省眉山市彭山区第一中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Ne-20 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 S-32 K-39 Mn-55第卷（选择题）一、单项选择题1.下列能达到实验目的的是A. 读数B. 稀释C. 实验室制少量的蒸馏水D. 除去酒精中溶有的少量水【答案】C【解析】【详解】A.量筒读取液体体积时，视线应与量筒垂直，且与液面的下凹处相切，与题意不符，A错误；B.稀释浓硫酸时，应在烧杯中先加入一定量的水，再加入浓硫酸，边加边搅拌，与题意不符，B错误；C.制取少量的蒸馏水时，用蒸馏烧瓶制取，温度计的水银球在蒸
2、馏烧瓶的支管口处，冷凝管中水应下进上出，符合题意，C正确；D.酒精与水相互溶解，无分层，无法用分液漏斗分离，与题意不符，D错误；答案为C。2.下列对实验过程的评价正确的是A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3B. 向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘C. 某无色溶液中滴入紫色石蕊试液显红色，说明该溶液一定是酸溶液D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀盐酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl【答案】B【解析】【详解】A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，无色气体可能是二氧化碳或二氧化硫等，则该
3、固体可能是CaCO3，与题意不符，A错误；B. 向碘水中滴加CCl4，四氯化碳为无色液体，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，碘溶解到四氯化碳中，说明可用CCl4从碘水中萃取碘，符合题意，B正确；C. 某无色溶液中滴入紫色石蕊试液显红色，说明该溶液显酸性，不一定是酸溶液，可以为强酸弱碱盐等，与题意不符，C错误；D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀硝酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl，与题意不符，D错误；答案为B。【点睛】加入盐酸能产生无色气体的物质，可以是碳酸盐、碳酸氢盐或亚硫酸盐及亚硫酸氢盐等。3.下列除去杂质的方法中，正确的是选项物质（括号内为杂质）去除杂质的方法A
4、NaCl（Na2CO3）加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤BCaO（CaCO3）加水、过滤CCu（Fe）加过量CuSO4溶液、过滤DH2SO4（HNO3）加Ba(NO3)2溶液、过滤A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 加入适量的Ca(OH)2溶液除去NaCl中的碳酸钠时，会引入新的杂质离子，与题意不符，A错误；B. 加水除去碳酸钙时，氧化钙能与水反应，不能除杂，与题意不符，B错误；C. 杂质Fe可以硫酸铜反应生单质铜和硫酸亚铁溶液，符合题意，C正确；D. 除硝酸时，硝酸钡能与硫酸根离子反应，生成硝酸、硫酸钡，不能除杂，与题意不符，D错误；答案为C。4.NA为阿伏加德
5、罗常数，下列说法正确的是A. 标况下，11.2 L CO2与SO2的混合物含有氧原子数为2NAB. 常温下，0.9 g H2O中，含有的电子数为0.5NAC 标准状况下，2.24 L CCl4所含的原子数为0.5NAD. 1 molL1的Na2SO4溶液中，含Na+的个数为2NA【答案】B【解析】【详解】A、标况下，11.2L CO2与SO2的混合物的物质的量是0.5mol,根据分子式可知，1个CO2、SO2分子中均含有2个氧原子，所以含有氧原子数为NA，故A错误；B、常温下，0.9g H2O的物质的量为0.05mol，1个水分子中含有10个电子，则含有的电子数为0.5NA，故B正确；C、标准
6、状况下四氯化碳为液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L/mol CCl4含有的原子数，故C错误；D、缺少溶液的体积，不能计算钠离子的个数，故D错误；答案选B。5.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强P从大到小的顺序是A. P(Ne)P(H2)P(O2)B. P(O2)P(Ne)P(H2)C. P(O2)P(H2)P(Ne)D. P(H2)P(Ne)P(O2)【答案】D【解析】【详解】Ne的摩尔质量为20g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，由PV=nRT，可得，即，则在温度和密度都相同的条件下，压强
7、与摩尔质量呈反比，摩尔质量越大，压强越小，则三种气体的压强P从大到小的顺序是p(H2)p(Ne)p(O2)，D项正确；答案选D。6.下列有关胶体说法中，不正确的是（）A. 胶体、溶液、浊液的分类依据是分散质微粒直径大小B. “卤水点豆腐”、“不同牌子的墨水不能混用”都与胶体的聚沉有关C. 从颜色上无法区别氯化铁溶液和氢氧化铁胶体D. 可以用丁达尔现象区别硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体【答案】C【解析】【详解】A.按照分散质微粒直径的大小可以将分散系分成：溶液、胶体、浊液,故A正确；B.豆浆分散系属于胶体，加入可溶性氯化镁电解质发生聚沉；墨水分散系属于胶体，不同牌子的墨水混用易发生聚沉，故B正确；C.
8、氯化铁溶液为黄色，氢氧化铁胶体为红褐色，从颜色上可以区别，故C错误；D.丁达尔效应是胶体特有的性质,常用来区别胶体和溶液,故D正确；综上所述，本题选C。7.下列物质中，能够导电电解质是A. CuB. 熔融的MgCl2C. 酒精D. 蔗糖【答案】B【解析】【分析】溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。【详解】ACu能导电，但Cu是单质不是化合物，所以Cu不是电解质也不是非电解质，故A错误；B熔融的MgCl2中含有自由移动的镁离子和氯离子，所以能导电，熔融的MgCl2是能够导电的电解质，故B正确；C酒精中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，酒
9、精是非电解质，故C错误；D蔗糖中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，蔗糖是非电解质，故D错误；故答案选B。8.下列电离方程式的书写，正确的是A. NH3H2O=NH4+ + OHB. H2SO4=2H+ + SO42C. CuCl2= Cu2+ + ClD. NaHCO3=Na+ + H+ + CO32【答案】B【解析】【详解】A. NH3H2O属于弱电解质，故电离方程式为：NH3H2ONH4+ + OH-，错误；B. H2SO4属于强电解质，能完全电离，正确；C.电离方程式中原子以及电荷不守恒，其电离方程式应为：CuCl2= Cu2+ + 2Cl-，错误；D. NaHCO3属于盐类，能完全
10、电离出Na+和HCO3-，而HCO3-不能完全电离出H+和CO32-，其电离方程式为：NaHCO3=Na+ + HCO3-，错误。9.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）A. 强碱性溶液中：K+、Mg2+、Cl、SO42B. 室温下，能使紫色石蕊溶液变红的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42C. 含有0.1 mol/L Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32、ClD. 在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3、SO42【答案】B【解析】【分析】A、强碱性溶液中镁离子会沉淀；B、能使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，Na+、Fe3+、NO3、SO42不反应；C、碳酸钙难溶；D、铜离
11、子呈蓝色；【详解】A、强碱性溶液中镁离子会沉淀，故A错误；B、能使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，Na+、Fe3+、NO3、SO42不反应，故B正确；C、碳酸钙难溶，故C错误；D、铜离子呈蓝色，故D错误；故选B。10.下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是()A. Cu(OH)2HCl； Cu(OH)2CH3COOHB. CaCO3H2SO4； Na2CO3HClC. H2SO4NaOH； H2SO4Ba(OH)2D. BaCl2H2SO4； Ba(OH)2Na2SO4【答案】D【解析】A、HCl为强电解质，而CH3COOH为弱电解质，写分子式，故A错误；B、 CaCO3难
12、溶，写化学式，Na2CO3是可溶性强电解质，故B错误；C、H2SO4NaOH；H2SO4Ba(OH)2后者还生成BaSO4沉淀，故C错误；D、均可用Ba2SO42=BaSO4，故D正确；故选D。11.下列离子方程式正确的是A. 碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应：HCO3HSO4=SO42H2OCO2B. 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：Ca2HCO3OH=CaCO3H2OC. 稀硫酸滴在铜片上：Cu2H=Cu2H2OD. 用澄清石灰水检验二氧化碳：Ca22OHCO2=CaCO3H2O【答案】D【解析】【详解】A. 碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应，硫酸氢钠为强电解质，溶液中完全电离成钠离子、氢离
13、子和硫酸根离子，二者反应的离子方程式为HCO3H+=H2OCO2，A错误；B. 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠，碳酸氢钙中钙离子与碳酸氢根离子的比例为1：2，则方程式为Ca22HCO32OH=CaCO3CO32-2H2O，B错误；C. 稀硫酸滴在铜片上，铜与稀硫酸不反应，C错误；D. 用澄清石灰水检验二氧化碳，澄清的石灰水变浑浊，离子方程式为Ca22OHCO2=CaCO3H2O，D正确；答案为D。【点睛】澄清的石灰水写离子形式，氢氧化钙悬浊液写化学式。12.已知有如下反应：2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-，ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，2FeCl3+2KI=2F
14、eCl2+2KCl+I2，2FeCl2+Cl2=2FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是A. ClO3-BrO3-Cl2Fe3+I2B. BrO3-Cl2ClO3-I2Fe3+C. BrO3-ClO3-Cl2Fe3+I2D. BrO3-ClO3-Fe3+Cl2I2【答案】C【解析】【详解】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此可知：中是BrO3ClO3-；中是ClO3Cl2；中是Fe3+I2；中是Cl2Fe3+，则各微粒氧化能力由强到弱的顺序是BrO3-ClO3-Cl2Fe3+I2；答案选C。13.已知还原性强弱顺序是IBrFe2+Cl(氧化性Cl2Fe3+B
15、r2I2)，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是A. Br22HII22HBrB. 2FeCl2Cl22FeCl3C. 2FeCl22HClI22FeCl32HID. Cl2通入到NaBr和NaI的混合溶液中：Cl2优先氧化I【答案】C【解析】试题分析：A、根据Br2+2HII2+2HBr可知氧化性是Br2I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；B、根据2FeCl2+Cl22FeCl3可知氧化性是Cl2Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B不选；C、根据2FeCl2+2HCl+I22FeCl3+2HI可知氧化性是I2Fe3+，不符合题干已知条件，所以化学方程式不成立
16、，故C选；D、还原性强弱顺序是I-Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强的离子，即优先氧化I-，故D不选；故选C。考点：考查氧化还原反应的应用14.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D. 还原剂与氧化剂物质的量之比为1：4【答案】D【解析】【详解】AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升
17、高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低
18、到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。15.24mL 0.05mol/L 的Na2SO3溶液恰好与20mL 0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应；已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为A. +2B. +3C. +4D. +5【答案】B【解析】【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据得失电子守恒计算a的值。【详解】已知Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元
19、素发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据得失电子守恒可得：24103L0.05mol/L(64)=20103L0.02mol/L2(6a)，解得a= +3，B项正确；答案选B。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。16.将250mL含BaCl2和KCl的混合溶液
20、分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为A. 4(b-2a)mol/LB. 20(2a-b)mol/LC. 20(b-2a)mol/LD. 10(b-a)mol/L【答案】C【解析】试题分析：混合溶液分成10等份，每份溶液浓度相同。一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl-=AgCl，恰好使氯离子完全沉淀，
21、则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，每份溶液中n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol，故钾离子浓度为mol/L=40(b-2a)molL-1，答案选D。考点：考查了物质的量浓度的相关计算的相关知识。第卷（非选择题）二、填空题17.（1）3.1g Na2X含有Na+ 0.1mol，则Na2X的摩尔质量为_，X的相对原子质量为_。（2）同温同压下，同体积的甲烷和氢气分子数之比为_，原子个数之比为_，质量之比为_，电子数之比为_。（3）现有下列物质：CO2 液态氯化氢 CH4 熔融NaOH NH4Cl固体 氨水请用序
22、号回答下列问题：能导电的是_。属于电解质的是_。属于非电解质的是_。（4）K2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，已知其中Fe3+的浓度为0.5mol/L，SO42-浓度为0.9mol/L，则K的物质的量浓度为_mol/L；简述混合液中阴离子的检验方法：_。（5）在标准状况下，将V L NH3溶于0.1L水中，所得溶液的密度为d g/cm3，则所得溶液的物质的量浓度为_mol/L。【答案】 (1). 62g/mol (2). 16 (3). 1：1 (4). 5：2 (5). 8：1 (6). 5：1 (7). (8). (9). (10). 0.3 (11). 取少量混合液于试管中，滴加稀
23、盐酸酸化，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明混合液中含有SO42- (12). 【解析】【分析】（1）根据Na的物质的量计算Na2X的物质的量，再根据计算其摩尔质量，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，进而计算X的相对原子质量；（2）根据阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子数，计算二者的分子数之比；根据分子的组成，确定二者原子个数之比；由可知，分子数相同的气体，物质的量相同，由m=nM可知相同物质的量的气体，质量之比等于摩尔质量之比；根据一个甲烷含有10个电子，一个氢气分子含有2个电子，计算二者电子数之比；（3）物质存在自由移动的电子或离子可
24、以导电；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下均不能导电的化合物，据此分析判断；（4）根据电荷守恒计算钾离子的浓度；溶液中的阴离子为硫酸根离子，根据检验SO42-的方法进行检验；（5）先计算氨气的物质的量，计算其质量，再计算溶液的质量，根据密度进而计算溶液的体积，根据计算所得溶液的物质的量浓度。【详解】（1）3.1gNa2X含有Na0.1mol，则Na2X的物质的量为0.05mol，则Na2X的摩尔质量为，Na2X的相对分子质量为62，则X的相对原子质量为62-223=16；故答案为：62g/mol；16； （2）由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体
25、积的任何气体含有相同数目的分子数，则同体积的甲烷和氢气分子数之比为1：1；根据分子的组成，可知二者原子个数之比为5：2；由可知，分子数相同的气体，物质的量相同，由m=nM可知相同物质的量的气体，质量之比等于摩尔质量之比，则质量之比为16：2=8：1；一个甲烷含有10个电子，一个氢气分子含有2个电子，又因为甲烷和氢气的分子数相同，则电子数之比为10：2=5：1；故答案为：1：1；5：2；8：1；5：1；（3）物质存在自由移动的电子或离子可以导电；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下均不能导电的化合物，CO2不存在自由移动的离子，不能导电，CO2的水溶液虽
26、然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质；液态氯化氢不存在自由移动的离子，不能导电，溶于水可以电离出离子导电，属于电解质；CH4不存在自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；熔融NaOH存在自由移动的离子，能导电，在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质；NH4Cl固体不存在自由移动的离子，不能导电，在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质；氨水存在自由移动的离子，可以导电，氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；综上所述，能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是；故答案为：； （4）根据电荷守恒
27、可得，3c(Fe3)+c(K+)=2c(SO42-)，则c(K+)=2c(SO42-)-3c(Fe3)=20.9mol/L-30.5mol/L=0.3mol/L；溶液中的阴离子为硫酸根离子，检验方法为：取少量混合液于试管中，滴加稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明混合液中含有SO42-； 故答案为：0.3；取少量混合液于试管中，滴加稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明混合液中含有SO42-； （5）氨气的物质的量为：，质量为，则溶液的质量为：，溶液的体积为，根据计算，所得溶液的物质的量浓度为；故答案为：。【点睛】（3）电解质与
28、非电解质的判断是常考点，也是学生们的易错点。需要注意的是，电解质与非电解质都必须是化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质本身不一定能导电，导电的不一定是电解质，如氯化钠晶体是电解质，但不能导电，因其溶于水或熔融状态下能导电，所以氯化钠是电解质，氯化钠溶液可导电，但其是混合物，既不是电解质也不是非电解质，熔融氯化钠既可以导电，也属于电解质；此外电解质溶于水能导电一定是自身能电离出离子，如CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，类似的还有二氧化硫、氨气等。18.
29、正确书写下列离子反应方程式（1）大理石与稀盐酸反应，_；（2）向碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，_；（3）向KHSO4溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性，_。【答案】 (1). CaCO3+2H+=H2O+CO2 +Ca2+ (2). Ba2HCO3-OH-BaCO3H2O (3). Ba2+2OH-+2H+SO42-=2H2O+BaSO4【解析】【分析】（1）大理石与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；（2）向碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，可令碳酸氢钠为1mol，则其消耗氢氧根1mol，生成1mol碳酸根和1mol水，1mol碳酸根再结合1mol钡离子生成碳酸钡沉淀；（3）向KHSO
30、4溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性，则KHSO4与Ba(OH)2按2：1反应，据此写出反应的离子方程式。【详解】（1）大理石与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=H2O+CO2 +Ca2+；（2）向碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，可令碳酸氢钠为1mol，则其消耗氢氧根1mol，生成1mol碳酸根和1mol水，1mol碳酸根再结合1mol钡离子生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2+HCO3-+OH-=BaCO3+H2O；（3）向KHSO4溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性，则KHSO4与Ba(OH)2按2：1反应，反应的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+
31、SO42-=2H2O+BaSO4。【点睛】碳酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点：碳酸氢钠溶液与足量的氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：HCO3- +Ba2+ + OH- = BaCO3+ H2O；碳酸氢钠溶液与少量的氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：2HCO3- +Ba2+ + 2OH- = BaCO3+ CO32-+ 2H2O；以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。19.有A、B、C、D四种化合物，分别由K、Ba2、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：A不溶于水和盐酸；B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄
32、清石灰水变浑浊；C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A；D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E。（1）推断A、B、C、D的化学式。A、_ B、_ C、_ D、_。（2）写出C的电离方程式_。（3）写出下列反应的离子方程式：B与盐酸反应：_，C与硫酸反应：_，E(足量)与C反应：_。【答案】 (1). BaSO4 (2). BaCO3 (3). Ba(OH)2 (4). K2CO3 (5). Ba(OH)2=Ba2+2OH (6). BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2 (7). Ba2+2OH+2H+SO42-=2H2O+BaSO4 (8). CO2+OH=HCO3-【解析】【分析】（1）已知A
33、、B、C、D四种化合物，分别由K、Ba2、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为含钡离子的化合物，C为Ba(OH)2；D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；（2）CBa(OH)2，其为强碱，完全电离；（3）B为BaCO3，BaCO3与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳；C为Ba(OH)2，Ba(OH)2与硫酸反应生成水和硫酸钡；E
34、为CO2，足量的CO2与Ba(OH)2反应生成碳酸氢钡，据此写出离子方程式。【详解】（1）已知A、B、C、D四种化合物，分别由K、Ba2、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为钡的化合物，C为Ba(OH)2；D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；故答案为：；BaSO4；BaCO3；Ba(OH)2；K2CO3； （2）C为Ba(O
35、H)2，其为强碱，则其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH；故答案为：Ba(OH)2=Ba2+2OH； （3）B为BaCO3，则B与盐酸反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2；C为Ba(OH)2，C与硫酸反应的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42-=2H2O+BaSO4；E为CO2，E(足量)与C反应的离子方程式为：CO2+OH=HCO3-；故答案为：BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2；Ba2+2OH+2H+SO42-=2H2O+BaSO4；CO2+OH=HCO3-。20.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫
36、酸配制95mL 1molL-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，除玻璃棒外还缺少的仪器是_(写仪器名称)；（2）经计算，配制95mL 1molL-1的稀硫酸，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL，量取硫酸时应选用_mL规格的量筒(填序号)；A10mL B50mL C100mL D200mL（3）取25mL 1molL-1的硫酸，向其中加入一定量的氧化铜，充分反应后制得硫酸铜溶液。用该溶液制取CuSO45H2O，所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的仪器是_；（4）对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1mo
37、lL-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因_(填序号)。A用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸 B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水C将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作D转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面 E定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容 F定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处【答案】 (1). 100mL的容量瓶 (2). 5.4 (3). A (4). 烧杯、漏斗 (5). ACE【解析】【分析】（1）用浓硫酸配制稀硫酸的实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据该实验步骤确定缺
38、少的仪器； （2）根据稀释定律：稀释前后溶质物质的量不变，计算所需浓硫酸的体积；量取硫酸时应依据“大而近”的原则选择量筒；（3）用硫酸铜溶液制取CuSO45H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此判断所需仪器；（4）根据公式，判断操作不当对于溶质物质的量、溶液体积的影响，从而判断对浓度的影响。【详解】（1）用浓硫酸配制稀硫酸的实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据该实验步骤可知所需的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，结合已知的可用仪器可知，除玻璃棒外还缺少的仪器是100mL容量瓶；故答案为：100mL的容量瓶； （2）根据
39、稀释定律可知稀释前后溶质物质的量不变，则V1.84g/cm398%=0.1L1molL-198g/mol，解得V=5.4mL，量取硫酸时应选用10mL规格的量筒；故答案为：5.4；A； （3）用硫酸铜溶液制取CuSO45H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是烧杯、漏斗；故答案为：烧杯、漏斗； （4）A用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，量取的浓硫酸偏大，则溶质物质的量偏大，结果浓度偏大；B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，无影响；C将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，未进行冷却，则加入的
40、蒸馏水偏少，则溶液的体积偏小，造成浓度偏大；D转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，溶质损失，则浓度偏小； E定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，加入的蒸馏水体积偏小，则浓度偏大；F定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，加入的蒸馏水体积偏大，浓度偏小；综上所述：ACE会使得所配置的溶液的浓度偏大；故答案为：ACE。【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制95mL硫酸溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n=cV计算硫酸物质的量时，一
41、定注意代入的体积为0.1L，而不是0.095L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制95ml溶液选用100mL容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。21.（1）配平该反应的化学方程式：_ FeSO4+ KMnO4+ H2SO4= K2SO4+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O该反应中的氧化剂是_，氧化产物是_。若消耗3.16gKMnO4，则该反应转移的电子数目为_。（2）已知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2
42、，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，Br2+K2S=2KBr+S。下列说法正确的是_。A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B氧化性由强到弱顺序为KMnO4Cl2Br2SC反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为8：1D反应中1mol还原剂被氧化则转移电子的物质的量为2mol用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目_。2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O【答案】 (1). 10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O (2). KMnO4 (3). Fe2(
43、SO4)3 (4). 0.1NA (5). BD (6). 【解析】【分析】（1）该反应中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，根据得失电子守恒、元素守恒配平该方程式；根据化合价的变化判断；Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，计算3.16g KMnO4的物质的量，从而计算高锰酸钾得电子数，转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，计算该反应转移的电子数目；（2）A置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；B根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；C根据化合价变化判断氧化剂、还原剂以及物质的量之比；D根据化合价变化判断还原剂以及
44、转移电子物质的量；用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目时，电子从还原剂转移到氧化剂，根据化合价变化判断转移电子数目。【详解】（1）该反应中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，根据得失电子守恒、元素守恒配平该方程式为：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O；故答案为：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O；该反应中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，得电子，被还原，KMnO4为氧化剂，Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失电子
45、，被氧化，得到氧化产物，因此氧化产物为：Fe2(SO4)3；古答案为：KMnO4；Fe2(SO4)3； 3.16g KMnO4的物质的量为：，则其得电子数为：0.02mol(7-2)=0.1mol，转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，则该反应转移的电子数目为0.1NA；故答案为：0.1NA； （2）A置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，则为置换反应，不是置换反应，A项错误；B在反应中，氯气是氧化剂，溴单质为氧化产物，反应中高锰酸钾为氧化剂，氯气是氧化产物，反应中溴单质为氧化剂，硫单质为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱顺序为KMnO4Cl2Br2S，B项正确；C在反应中2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，高锰酸钾为氧化剂，但只有部分盐酸为还原剂，当2mol高锰酸钾参加反应时，只有10mol盐酸被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为5：1，C项错误；D反应中Br2+K2S=2KBr+S，还原剂为硫离子，1mol还原剂被氧化则转移电子的物质的量为2mol，D项正确；故答案为：BD；用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目；故答案为：。