1、广西壮族自治区桂林市七星区桂林市第十八中学2020-2021学年高一化学上学期期中试题（含解析）注意事项：试卷共6页，答题卡2页。考试时间90分钟，满分100分；正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ba-137第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括21小题。每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共42分)1. 茶疏中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品
2、茶 ”文中未涉及下列操作原理的是A. 溶解B. 萃取C. 蒸馏D. 过滤【答案】C【解析】【详解】投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A. 溶解符合题意；B. 萃取溶解符合题；C. 蒸馏不溶解符合题；D. 过滤溶解符合题；故选C。2. “纳米材料”是粒子直径为1100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质是溶液 是胶体 是浊液 不能透过滤纸 能透过滤纸 能产生丁达尔效应 静置后，会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】纳米
3、碳粒子直径为l100nm之间，分散到水中，所形成的分散系为胶体，错误；纳米碳粒子直径为l100nm之间，形成的分散系为胶体，正确；浊液分散质粒子直径大于100nm，错误；溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，错误；胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，正确；胶体具有丁达尔效应，正确；胶体处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，错误。综上，答案为A。3. 下列说法正确的是（ ）A. 铜、石墨均能导电，所以它们都是电解质B. 氨、二氧化碳的水溶液都能导电，所以它们都是电解质C. 液态氯化氢、固体氯化钠都不能导电，所以它们都是非电解质D. 蔗糖、酒精在水
4、溶液里和熔融状态下都不能导电，所以它们都是非电解质【答案】D【解析】【分析】【详解】A铜和石墨均为单质，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故A错误；B氨、二氧化碳的水溶液能导电，是氨、二氧化碳和水反应生成的NH3H2O、H2CO3电离出来的离子导电，不是氨、二氧化碳自身电离出来的离子导电，氨、二氧化碳为非电解质，故B错误；C液态氯化氢、固体氯化钠溶于水都能导电，故它们均为电解质；D蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态下都不能导电，所以它们都是非电解质，故D正确；故选D。【点睛】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水中和熔融状态下均不能导电的化合物，电解质和非电解质都
5、是化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。4. 在空气中的自由离子附着在分子或原子上形成的空气负离子被称为“空气维生素”，O22-就是一种空气负离子，则O22-的摩尔质量为()A. 32 gB. 34 gC. 32 gmol1D. 34 gmol1【答案】C【解析】【详解】比O2多2个电子，电子的质量可以忽略不计，故的相对分子质量为32，所以的摩尔质量为32g/mol。答案选C。【点睛】本题主要考查的是摩尔质量及其单位，根据摩尔质量与相对分子质量的关系即可判断，注意摩尔质量在以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量。5. 下列化学方程式改写成离子方程式不正确的是A. CuCl
6、2Ba(OH)2Cu(OH)2BaCl2 Cu22OHCu(OH)2B. NH4HCO3HClNH4ClCO2H2O HCO3HCO2H2OC. CH3COOHNaOHCH3COONaH2O HOHH2OD. 2FeCl3Cu=2FeCl2+CuCl2 2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+【答案】C【解析】【分析】根据离子方程式的书写规则分析回答。【详解】CH3COOH是弱电解质，在水溶液中不能完全电离为离子，在离子方程式中应保留化学式。C项离子方程式就写成CH3COOHOHCH3COOH2O。C项错误。本题选C。【点睛】书写离子方程式时，只有易溶且易电离的物质（完全成为自由离子）才能拆写，单质、
7、氧化物、难溶物、难电离（即弱电解质）、气体、非电解质（不能电离或部分电离成为自由离子）都应保留化学式。6. 对四组无色透明溶液进行离子检验，四位同学各鉴定一组，实验报告的结论如下，其中可能正确的是A. 、K、S2、NaB. Mg2、OH、ClC. K、H、Cl、D. Na、OH、Cl、【答案】D【解析】【详解】A有颜色，且与S2不能共存，A与题意不符；BMg2、OH反应生成氢氧化镁沉淀，B与题意不符；CH、反应生成二氧化碳和水，C与题意不符；DNa、OH、Cl、溶液无色，且能大量共存，D符合题意；答案为D。7. 单宁是一种天然防腐剂，可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，使长期储存的葡萄酒能够保
8、持最佳状态，所以以下判断正确的是（）A. 单宁作还原剂B. 单宁作氧化剂C. 单宁被还原D. 单宁中某元素化合价降低【答案】A【解析】单宁可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，这说明单宁易被氧化，可作抗氧化剂，因此可以作还原剂，单宁中某些元素的化合价升高，答案选A。8. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C除去KNO3固体中混的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去乙醇中的水蒸馏乙醇与水的沸点相差较大A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A乙醇与水
9、互溶，不能作萃取剂，A错误；B汽油与四氯化碳互溶，应用蒸馏分离，B错误；CNaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以利用重结晶分离，原理解释不合理，C错误；D乙醇与水互溶，但沸点不同，可用蒸馏分离，D正确；故选D。9. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. B. 通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LC. 标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的分子数为0.5NAD. 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+数为0.02NAE. 物质的量浓度为0.5molL-1的MgCl2溶液中，含有Cl-数为NA【答案】C【解析】【详解】A通常状况下
10、，气体摩尔体积未知，无法算出气体的体积，A错误；B标准状况下，四氯化碳是液态，不能运用气体摩尔体积计算，B错误；C1.06 g Na2CO3的物质的量是1.06g106g/mol=0.01mol，则含有的钠离子数目为0.02NA，C正确；D未指明溶液体积，不能求出氯离子的数目，D错误；答案选C。10. 以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是()A. 现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 mol O，则三种气体的物质的量之比为321B. 28 g CO和22.4 L CO2中含有的碳原子数一定相等C. 标准状况下，11.2 L X气体分子的质
11、量为16 g，则X气体的摩尔质量是32D. a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为【答案】D【解析】【详解】A根据原子守恒知，三种气体CO、CO2、O3分别都含有1molO，则三种气体的物质的量分别为1mol、0.5mol、mol，所以三种气体物质的量之比=1mol：0.5mol：mol=6：3：2，故A错误；B气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知，无法确定气体摩尔体积，导致无法计算二氧化碳的物质的量，所以无法比较二者中C原子个数是否相等，故B错误；C摩尔质量的单位是g/mol，则该气体摩尔质量是32g/mol，故C错误；Dag氯气的物质的量=mol，每个氯分
12、子中含有2个氯原子，所以氯分子个数为0.5b，因此NA=/mol，故D正确；故选D。【点睛】本题考查物质的量有关计算，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。本题的易错点为D，要注意公式的灵活应用。11. 某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液下列说法正确的是A. 配制过程只需要三种仪器即可完成B. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低D. 需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为148.8g【答案】D【解析】A、配制过程中需要用到天平、钥匙
13、、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不止三种，A项错误；B、容量瓶是精密仪器不能烘干，容量瓶中有水对溶液的浓度无影响，B项错误；C、定容时俯视容量瓶刻度线，使所加入水的体积偏小，浓度增大，C项错误；D、配制480 mL的溶液要选用500 mL容量瓶，需要NaClO的质量：500 mL1.19g/cm-325%=148.75148.8 g，D项正确；答案选D。12. 磷单质在反应4P+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3中（ ）A. 被氧化B. 被还原C. 既被氧化又被还原D. 既未被氧化又未被还原【答案】C【解析】【详解】磷元素的化合价由反应前的0价，一部分升高为中的价，被氧化；另一部分降
14、低为中的价，被还原，故选C。13. 日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）A. 铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B. 铁制菜刀生锈C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D. 铝锅表面生成致密的薄膜【答案】C【解析】【详解】A碱式碳酸铜，又名铜锈、铜绿，化学式为Cu(OH)CO，是铜与空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气等物质反应产生的物质，属于氧化还原反应，故A不选；B铁制菜刀生锈是因为：铁与空气中的氧气发生吸氧腐蚀生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气反应生成氢氧化铁，氢氧化铁最终分解为氧化铁，属于氧化还原反应，故B不选；C大理石的主要成分为碳酸钙，则大理石雕像被酸雨腐
15、蚀毁坏的离子反应方程式为：，不属于氧化还原反应，故选C；D铝锅表面生成致密的薄膜为Al与氧气缓慢氧化为氧化铝，则该反应属于氧化还原反应，故D不选；答案选C。14. 下列化学变化中，需加入氧化剂才能实现的是()A CCO2B. CO2COC. CuOCuD. H2SO4BaSO4【答案】A【解析】【详解】AC元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，选项A正确；BC元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项B错误；CCu元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项C错误；D各元素化合价均不变，无须加入氧化剂或还原剂，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见
16、题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，加入氧化剂才能实现，则题中物质应具有还原性，与氧化剂发生氧化还原反应，所含元素被氧化，化合价升高。15. 下列关于氢氧化铁胶体制备的说法正确的是（ ）A. 将氯化铁稀溶液慢慢滴入沸腾的自来水中，继续加热煮沸B. 将氯化铁饱和溶液慢慢滴入沸腾的蒸馏水中，并用玻璃棒搅拌C. 将氢氧化钠溶液慢慢滴入饱和的氯化铁溶液中D. 在沸腾的蒸馏水中慢慢滴入氯化铁饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色【答案】D【解析】【详解】氢氧化铁胶体的制备：将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入56滴饱和氯化
17、铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。综上所述D符合题意，故选D。答案选D。16. 某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是( )A. 闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明HCl溶液是电解质B 闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化C. 闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数不变D. 选取相同浓度的硫酸替换0.1molL-1的HCl溶液，电流表的示数相同【答案】C【解析】【详解】A电解质必须是化合物，而HCl溶液是混合物，所以不是电解质，A错误；B闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，虽然HCl与Na
18、Cl不反应，但溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故电流计指针会发生变化，B错误；C向溶液中加入CaCO3固体，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，溶液中自由移动的离子浓度减小，但离子所带电荷数增大，导电性不变，电流表示数不变，C正确；D选取相同浓度的硫酸替换0.1molL-1的HCl溶液，离子浓度增大，所以电流计的示数不相同，D错误；答案选C。17. 现有40mL浓度为0.04molL-1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02molL-1的K2A2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2A2O7氧化为Na2SO4，则元素A在还原产物中的化合价为( )A. +2B. +3C. +
19、4D. +5【答案】A【解析】【详解】发生氧化还原反应时，得失电子守恒，Na2SO3被氧化成Na2SO4，失去2个电子，假设A元素的化合价从+6价降到x价，由电子得失守恒有0.040.04(6-4)=0.020.022(6-x)，解得x=2，故答案选A。18. 某溶液中大量存在以下五种离子：NO、SO、Fe3、H、M，其物质的量之比为n(NO)n(SO)n(Fe3)n(H)n(M)23131，则M可能为( )A. Fe2B. Mg2C. COD. Ba2【答案】B【解析】【详解】已知溶液中大量存在NO3-、SO、Fe3+、H+，A项中的Fe2+与NO和H+三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，
20、B项中的Mg2+可与4种离子大量共存，C项中的CO与H+不能大量共存，D项中的Ba2+与SO不能大量共存。只有B项符合题意，不需再进行定量计算。故答案选B。19. 2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4。下列结论正确的是A. 均是氧化还原反应B. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7Fe2(SO4)3I2C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1D. 反应中0.1mol还原剂共失去电子数为6.021023
21、【答案】B【解析】【分析】2K2CrO4+H2SO4K2Cr2O7+K2SO4+H2O中元素的化合价均不变，不属于氧化还原反应；K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO43Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；Fe2(SO4)3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，结合氧化还原反应的有关概念、规律解答。【详解】A属于氧化还原反应，而不属于氧化还原反应，A错误；B由中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是K2Cr2O7Fe2(SO4)3
22、I2，B正确；C中氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为FeSO4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，C错误；D中还原剂为HI，1molHI反应失去1mol电子，则0.1mol还原剂共失去电子数为6.021022，D错误；答案选B。20. 下列溶液中Cl浓度最小的是（ ）A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液B. 1000mL 2.5mol/L NaCl溶液C. 300mL 5mol/L KCl溶液D. 250mL 1mol/L AlCl3溶液【答案】B【解析】【详解】A.c(Cl-)=2mol/L2=4mol/L；Bc(Cl-)=2.5mol/L1=2.5mol/L；C.c(Cl-)=
23、5mol/L1=5mol/L；D.c(Cl-)=1mol/L3=3mol/L，可见氯离子浓度最小值是2.5mol/L，故合理选项是B。21. 除去粗盐中的杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，过程如下： 下列有关说法中，不正确的是( )A. 试剂、分别是NaOH、Na2CO3、BaCl2B. 除去Ca2+的主要反应：Ca2+ + CO32CaCO3C. 检验SO42是否除净的方法：取适量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液D. 加稀盐酸调节pH后，采用蒸发结晶的方法得到NaCl固体【答案】A【解析】【分析】除去溶液中的硫酸钠需要加入氯化钡，除去氯化钙和过量的氯化钡杂质需加入碳酸钠，故除去
24、硫酸钠必须在氯化钙之前，对于氯化镁则无要求。【详解】A.根据分析可知，试剂、分别可能是NaOH、BaCl2、Na2CO3，A错误；B. 除去Ca2+加入的试剂为碳酸钠，的主要反应：Ca2+ + CO32CaCO3，B正确；C. 检验SO42是否除净的方法：取适量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有，则未洗净，C正确；D.加入稀盐酸后，为氯化钠溶液，采用蒸发结晶的方法得到NaCl固体，D正确；答案为：A第II卷(非选择题，共58分)22. 以下为中学化学中常见的几种物质：二氧化碳 熔融 固体 铜 稀硫酸 澄清石灰水，其中属于电解质的有_(填序号，下同)，属于非电解
25、质的有_。【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。【详解】电解质和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，据分析可知，二氧化碳为化合物，是非电解质；是化合物，是电解质；是单质，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：；。【点睛】二氧化碳的水溶液虽能导电，但不属于电解质，因为溶液导电的原因不是因为发生电离，而是二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸电离出离子而使溶液导电，类似的还有、等。23. 已知某工业废水中含有大量FeSO4,较多的Cu2+，以及部分污泥，通过下列流
26、程可从该废水中回收FeSO47H2O晶体及金属Cu.（1）步骤1的主要操作是_，（填操作名称）需用到的玻璃仪器除烧杯外有_（2）步骤2中发生反应离子方程式为_.（3）步骤3中发生反应的化学方程式为_.（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、烘干。【答案】 (1). 过滤 (2). 普通漏斗、玻璃棒 (3). Fe+Cu2+Cu+2Fe2+ (4). Fe+H2SO4FeSO4+H2 (5). 冷却结晶【解析】【分析】工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，少量的Na+以及部分污泥，首先通过步骤1进行过滤除去污泥，在步骤2中加入过量的Fe，发生Fe+Cu2+Cu+2Fe2+，
27、过量的Fe用稀硫酸除去，发生反应为Fe+H2SO4FeSO4+H2，最后所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到FeSO47H2O晶体，以此解答。【详解】（1）步骤1、步骤2、步骤3都为过滤操作，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、普通漏斗，故答案为：过滤；普通漏斗、玻璃棒；（2）在步骤2中加入过量的Fe，发生Fe+Cu2+Cu+2Fe2+，以制得单质Cu，故答案为：Fe+Cu2+Cu+2Fe2+；（3）经步骤2后所得固体混合物为Fe和Cu的混合物，过量的Fe用稀硫酸除去，步骤3发生反应为Fe+H2SO4FeSO4+H2；（4）最后所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到FeSO47H2O晶体，故答
28、案为：冷却结晶。24. 某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、NH、Cl-、CO和SO。现每次取10.00mL进行实验：查阅资料：OH-+NHNH3+H2O第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH后加热，假设气体完全放出，收集到0.672L的气体(标准状况下)第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.63g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余4.66g。请回答：(1)一定存在的离子有_，c(CO)=_mol/L。(2)K+是否存在？_；若存在，浓度范围是_(若不存在，则不必回答第2问)。(3)根据以上实验，不能判断哪些离子是否存在？_若存在
29、这些离子，如何进行检验？_。(4)写出中盐酸洗涤沉淀发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). K+、NH、CO、SO (2). 1mol/L (3). 存在 (4). c(K+)3mol/L (5). 不能判断Cl-是否存在 (6). 取少量溶液于试管中，滴加过量HNO3后，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则证明有Cl- (7). 2H+BaCO3=Ba2+CO2+H2O【解析】【分析】根据实验现象，第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能含有Cl-、CO和SO，第二份加入足量NaOH后加热，假设气体完全放出，收集到0.672L的气体(标准状况下)，则说明溶液中含有NH，且n(
30、NH)=0.03mol，第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.63g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余4.66g，溶解的沉淀为CaCO3，质量为6.63g-4.66g=1.97g，剩余的沉淀为BaSO4，说明一定含有CO和SO，且n(CO)=0.01mol，n(O)=0.02mol，由于Mg2+、Fe3+与CO不能大量共存，故一定不含有Mg2+、Fe3+，在根据溶液呈电中性可得，溶液中n(K+)0.03mol，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，溶液中一定存在的离子有K+、NH、CO、SO，且n(CO)=0.01mol，则c(CO)=；(2)由上述分析，K+一定存在，且n(K+)
31、0.03mol，则c(K+)；(3)根据以上实验，还不能确定Cl-是否存在，可取少量溶液于试管中，滴加过量HNO3后，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则证明有Cl-；(3)盐酸洗涤沉淀时，碳酸钡溶解，生成氯化钡、水和二氧化碳，反应的离子方程式为2H+BaCO3=Ba2+CO2+H2O。25. 已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O(1)被氧化的元素是_，氧化剂是_，氧化产物是_。(2)用单线桥法表示反应电子得失的方向和数目_。【答案】 (1). Cu (2). HNO3 (3). Cu(NO3)2 (4). 【解
32、析】【详解】(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O反应中硝酸中氮元素化合价由+5价降低为+2价，HNO3为氧化剂；铜元素化合价由0价升高为+2价，Cu元素被氧化，Cu为还原剂，对应的氧化产物为Cu(NO3)2；(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O反应中铜元素化合价由0价升高为+2价，硝酸中氮元素化合价由+5价降低为+2价，每消耗3mol铜，失去6mol电子，电子转移的方向和数目用单线桥表示为。26. 某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：、。已知该反应中只发生过程：。（1）该反应中的还原剂是_。（2）该反应中，发生还原反应的过程
33、是_。（3）写出该反应的化学方程式（配平）：_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】（1）由可知，氧元素的化合价升高，所以作还原剂；（2）中氧元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，从题给物质可看出化合价降低的是，其发生还原反应的过程为；（3）根据得失电子守恒法配平该氧化还原反应方程式：。27. 实验室需要0.2mol/LCuSO4溶液240mL，实验室可提供配制溶液的试剂有：蓝色胆矾晶体(CuSO45H2O)4mol/LCuSO4溶液(1)无论采用何种试剂进行配制，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还需要的一种仪器是_。(2)若用胆矾晶体进行配制，需用
34、托盘天平称取CuSO45H2O的质量为_g；如果用4mol/L的CuSO4溶液稀释配制，需用量筒量取_mL4mol/LCuSO4溶液。(3)实验室用4mol/L的硫酸铜溶液稀释配制溶液所需的实验步骤有：往烧杯中加入约100ml水进行初步稀释，冷却至室温用量筒量取一定体积4mol/L的硫酸铜溶液于一烧杯中计算所需4mol/L硫酸铜溶液的体积将溶液颠倒摇匀后转存于试剂瓶加水至液面离容量瓶1-2cm处改用胶头滴管进行定容洗涤烧杯和玻璃棒2-3次并将洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀将溶液转移入容量瓶其中正确的操作顺序为：_。(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，其作用是_。(5)
35、转移、洗涤。溶液转移后要洗涤烧杯23次，其目的是_。(6)某同学实际配制的CuSO4溶液的浓度为0.18mol/L，其原因可能是_(填字母).A.量筒用蒸馏水洗后未干燥就用来量取4mol/L的CuSO4溶液B.容量瓶未干燥即用来配制溶液C.转移时有溶液溅出D.定容时俯视刻度线【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 12.5 (3). 12.5 (4). (5). 搅拌，加快溶解 (6). 保证溶质全部转移至容量瓶中 (7). AC【解析】【分析】结合配制一定物质的量浓度的实验原理和基本操作分析，并结合c=分析误差。【详解】(1)配制0.2mol/LCuSO4溶液240mL，因实验室无2
36、40mL容量瓶，则实际需要配制250mL溶液，依据溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶等，还缺少的仪器为：250mL容量瓶；(2)要配制0.2mol/L CuSO4溶液250mL，需要CuSO45H2O的质量m=0.2mol/L0.25L250g/mol=12.5g；如果用4mol/L的CuSO4溶液稀释配制，设需要浓溶液体积VmL，依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变可知，4mol/LV10-3L=0.2mol/L250ml，解得：V=12.5；(3)用4mol/L硫酸铜溶液配制250mL 0.2mol/L的硫酸铜溶液的步骤为：计算
37、、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：；(4)溶解时使用玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解；(5)因烧杯内壁附着溶液，则溶液转移后要洗涤烧杯23次，其目的是保证溶质全部转移至容量瓶中；(6)实际配制的CuSO4溶液的浓度为0.18mol/L，说明溶液浓度偏低；A量筒用蒸馏水洗后未干燥就用来量取4mol/L的CuSO4溶液，实际取用的浓溶液体积偏低，导致配制溶液浓度偏低，故A正确；B容量瓶未干燥即用来配制溶液，因定容过程需要加水，则原容量瓶中有水，对所配溶液浓度无影响，故B错误；C转移时有溶液溅出，则容量瓶溶质的物质的量偏低，导致配制溶液浓度偏低，故C正确；D定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，导致配制溶液浓度偏高，故D错误；故答案为AC。【点睛】根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
