1、额市一中2019-2020学年第一学期高一期中考试化学试题本卷可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Mn:55第I卷(共50分)一.选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）1.如果你家里的食用花生油混有水份，你将采用下列何种方法分离 （ ）A. 过滤B. 蒸馏C. 分液D. 萃取【答案】C【解析】【详解】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方
2、法。花生油不溶于水，分液即可，答案选C。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 28g氮气所含有的原子数目为NAB. 化学反应中1mol金属镁变成镁离子时失去电子数目为2NAC. 标准状况下，22.4L水中含有个水分子NAD. 标准状况下，22.4L氯化氢所含的原子数为NA【答案】B【解析】【详解】A、氮气的物质的量为=1mol，原子的物质的量为2mol，则原子数目为2NA，故A错误；B、镁容易失去最外层2个电子变为镁离子，则化学反应中1mol金属镁变成镁离子时失去2mol电子，电子数目为2NA，故B正确；C、标准状况下，水为液体，22.4L水的物质的量不是1mol，则分子数
3、不是NA，故C错误；D、HCl的物质的量为=1mol，原子的物质的量为2mol，则原子数目为2NA，故D错误。答案选B。3.下列实验操作中正确的是（ ）A. 加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉B. 用酒精萃取碘水中的碘C. 称量NaOH 固体时,将NaOH 固体放在托盘天平左盘的纸上D. 用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl的混合物【答案】A【解析】【详解】A.Mg+2HCl=MgCl2+H2；2Al+6HCl=2AlCl3+ 3H2，而Cu在金属活动性顺序表中排在H的后面，所以不能与酸发生反应。故可以通过加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉。正确。B.萃取剂应该与原
4、来的溶剂互不相溶，而且溶质在萃取剂中的溶解度比在原来的溶解中要大。酒精与水互溶，所以不能作为萃取碘水中碘的萃取剂。错误。C.NaOH有腐蚀性，不能直接放在天平的托盘上直接称量，应该用烧杯来称量。错误；D. KNO3和NaCl都容易溶解于水，所以不能用用溶解、过滤的方法分离。由于KNO3的溶解度受温度的影响变化较大，而NaCl的溶解度受温度的影响变化较小，所以应该采用冷却热饱和溶液的方法来分离它们的混合物。错误。答案选A。4.已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是( )A. 16gB. 32gC. 64g /molD. 32g /mol【答案】D【解析】【详解】气体
5、的物质的量n=0.25mol，气体的摩尔质量M=，故答案为D。【点睛】注意摩尔质量的单位为g/mol。5.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，故A不选；B为分液操作，可用于分离互不相溶的液体，故B不选；C为过滤操作，可用于分离故、液混合物，故C不选；D用于配制溶液，故D选。答案选D。6.实验室中需要配制2 mol/L的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（ ）A. 950 mL，111.2 gB. 500 mL，117 gC. 1 000 mL，117 gD.
6、 1 000 mL，111.2 g【答案】C【解析】【详解】要配制950mL溶液，与之最接近的规格容量瓶是1000mL的，所以配制时应选用的容量瓶的规格是1000mL容量瓶，由于溶液的浓度是相等的，所以应该称量的物质的质量按照1000mL来计算，m=nM=2mol/L1L58.5g/mol=117g。故选项是C。7.将4 g氢氧化钠溶解在10 mL水中，再稀释成1 L，从中取出10 mL，这10 mL溶液的物质的量浓度是A. 1 molL1B. 0.1 molL1C. 0.01 molL1D. 10 molL1【答案】B【解析】【分析】根据公式：n=m/M、c=n/V先计算出4 g氢氧化钠溶于
7、水后稀释成1 L溶液的浓度，从中取出任意体积的液体，其浓度不变。【详解】NaOH的式量40，4gNaOH的物质的量为为0.1mol，再稀释成1 L溶液，溶液的浓度为0.1mol/L，从中取出10mL，溶液的溶度保持不变，所以10mL溶液的物质的量浓度为0.1molL1；答案选B。8.在0.5 mol Na2SO4中，含有Na+ 数约是( )A. 0.5B. 1C. 6.021023D. 3.011023【答案】C【解析】【详解】0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol2=1mol，则由N=nNA可知，则钠离子的个数为1molNAmol-1=NA6.021023，故C正确；9.下
8、列现象与胶体知识无关的是A. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收B. 食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐C. 向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液时溶液没有浑浊D. 黄石大冶钢厂利用静电除尘技术去除废气中的固体悬浮物【答案】C【解析】【详解】A、因云属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，所以夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收，与胶体有关，故A错误；B、豆浆属于胶体分散系，盐卤属于电解质，食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐是利用胶体遇电解质发生聚沉的性质，与胶体有关，故B错误；C、向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液，溶液中的离子之间不反应，则没有浑浊，属于溶液分散系，与胶体无关，故C正确；D、
9、废气中的固体悬浮物属于胶体分散系，胶体粒子带电，在外压的作用下定向移动而达到工厂利用静电除尘的目的，与胶体有关，故D错误；答案选C。10.NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为一类物质，下列分类标准不正确的是A. 钠的化合物B. 可与硝酸反应C. 可溶于水D. 电解质【答案】B【解析】【详解】A、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4都是化合物，含有钠元素，都属于钠的化合物，故A正确；B、NaCl、Na2SO4不能与硝酸反应，故B错误；C、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4都溶于水，故C正确；D、NaOH是碱、Na2CO3、NaCl、Na2SO4是盐
10、，溶于水，自身都能电离出离子，使溶液导电，都属于电解质，故D正确。答案选B。【点睛】考查物质分类，注意电解质的概念，是自身电离出离子使溶液导电的化合物。11.下列反应一定是氧化还原反应的是（ ）A. 分解反应B. 化合反应C. 置换反应D. 复分解反应【答案】C【解析】【详解】A分解反应中可能发生化合价的改变，如果有单质的生成，就一定有化合价的变化，所以分解反应可能是氧化还原反应，故A错误；B化合反应中可能发生化合价的改变，如果有单质参加反应，就一定有化合价的变化，所以化合反应可能是氧化还原反应，故B错误；C在置换反应中因为有单质参加和单质生成，一定有化合价的变化，所以置换反应一定是氧化还原反
11、应，故C正确；D在复分解反应中，因为是化合物相互交换成分生成了新化合物，一定没有化合价的变化，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误；故答案为C。【点睛】明确各种反应类型的特点是解题关键，置换反应一定属于氧化还原反应，则是包含关系，复分解反应一定不属于氧化还原反应，则不是包含也不是交叉关系，有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，有单质参加的化合反应属于氧化还原反应，则化合、分解反应与氧化还原反应都是交叉关系。12.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是A. 3Cl2+6FeI22FeCl3+4F
12、eI3B. Cl2+FeI2FeCl2+I2C. Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2+3H2OD. 2Fe3+2I2Fe2+I2【答案】A【解析】【分析】根据氧化还原反应中，“强制弱”和“先强后弱”规律判断。【详解】Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，则Co2+、Cl-、Fe2+、I-的还原性依次增强；A、因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，选项A错误；B、因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，选项B正确；C、因为氧化性Co2O3Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2
13、+Cl2+3H2O能发生，选项C正确；D、因为氧化性FeCl3I2，所以2Fe3+2I-=2Fe2+I2能发生，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，难度不大。13.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl、SO42 四种离子，已知前三种离子的个数比为321，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为( )A. 12B. 14C. 34D. 32【答案】A【解析】【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42的离子物质的量是（3
14、x2x3x）24x，则溶液中Al3+和SO42的离子个数比为2x:4x1:2，故A正确；答案选A。【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系，然后结合题意灵活运用即可。14.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）A. K+、MnO4、Na+、ClB. K+、Na+、NO3、CO32C. Na+、H+、NO3、SO42D. Fe3+、Na+、Cl、SO42【答案】B【解析】【详解】碱性溶液中存在大量氢氧根离子，无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，AMnO4-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；BK+、Na+、NO3、CO32之间不
15、发生反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；CH+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+为有色离子，Fe3+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。答案选B。【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。15.正确表示下列化学反应
16、的离子方程式的是（ ）A. 澄清的石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2+ 2H+= Ca2+ + 2H2OB. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu + Ag+= Cu2+ AgC. 氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应 OHH+ H2OD. 碳酸钙溶于稀盐酸中 CaCO32H+Ca2+H2OCO2【答案】D【解析】【详解】A. Ca(OH)2能溶解于水，发生电离，所以应该写成离子形式。离子方程式为OHH+ H2O。错误。B.电荷不守恒。应该写为Cu + 2Ag+= Cu2+2 Ag ，错误；C.除了产生水以外还有BaSO4沉淀产生，离子方程式为Ba2+2OH2H+ SO42-BaSO4 +2H2O。错误；D、碳酸
17、钙溶于稀盐酸中 CaCO32H+Ca2+H2OCO2反应原理无误，拆写符合离子方程式的标准。正确。答案选D。16.100mL0.10molL1Na2SO3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl离子，则SO32将转化为A. SO42B. SC. SO2D. S2【答案】A【解析】【详解】Cl2完全转化为Cl离子，氯气化合价降低，则亚硫酸根化合价升高，则+4价升高，纵观答案只有硫酸根中硫为+6价，故A正确；综上所述，答案为A。【点睛】利用氧化还原反应原理，有元素化合价升高，必定有元素化合价降低来分析。17.设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 常温下，23 g NO2
18、含有NA个氧原子B. 0.5 mol一氧化碳分子所占体积是11.2LC. 欲配制1.00 L 1.00 molL-1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00L水中D. 用量筒量取20 mL 0.500 0 molL-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000molL-1H2SO4溶液(忽略体积变化)【答案】A【解析】【详解】A.23g NO2 为0.5mol，则含有 NA 个氧原子，A项正确；B.没有指明标准状况，B错误；C.配制溶液时不能直接将溶质溶于一定体积的水中。而应该是溶于少量水中再加水稀释至所需体积，C错误；D.因体积不具有加和性，溶液的体积不等于100
19、mL，则加水80 mL不能配制成0.1000 molL1H2SO4溶液，故D错误。答案选A18.下列说法正确的是（ ）A. N2的摩尔质量为28gB. 标准状况下NH3的体积为22.4LC. 17 g NH3的物质的量是1 molD. 22.4 L N2的物质的量为1 mol【答案】C【解析】【详解】A. N2的摩尔质量为28g/mol，故A错误； B.气体的体积由物质的量和气体摩尔体积共同决定，故B错误；C.17 g NH3的物质的量是=1 mol，故C正确； D.温度压强未确定，不知道气体摩尔体积是多少，无法计算22.4 L N2的物质的量，故D错误；答案：C【点睛】易错选项D，注意标准状
20、况下气体摩尔体积约22.4L/mol。19.学习和研究化学，经常要进行实验，下列关于实验安全的说法正确的是A. 用燃着酒精灯去点燃另一只酒精灯B. 做水的蒸馏实验时，要在烧瓶内加几粒沸石以防止暴沸C. 不慎把浓硫酸洒在皮肤上要立即用NaOH溶液冲洗D. 盛放盐酸的试剂瓶上要贴上如右图的标志【答案】B【解析】【详解】A、倾斜到一定程度话酒精就从燃烧的瓶口流出而且被点燃，故A错误；B、做水的蒸馏实验时，沸石可以防止暴沸，所以要在烧瓶内加几粒沸石以防止暴沸，故B正确；C、不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应先用布擦去，再用大量水冲冲洗，故C错误；D、盐酸不是剧毒品，是容易挥发，错误。答案选B。20.在溴水里加
21、适量四氯化碳，振荡静置后，可观察到的现象是A. 无明显现象B. 分层，上层液体呈橙红色C. 分层，下层液体呈橙红色D. 分层，下层是呈紫红色的固体【答案】C【解析】【详解】Br2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，且四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳能萃取溴水中的溴，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以溶液会分层，下层为四氯化碳层，上层为水层，Br2的CCl4溶液为橙红色，所以其现象是：溶液分层，下层为橙红色，上层无色。答案选C。【点睛】四氯化碳能萃取溴水中的溴，Br2的CCl4溶液为橙红色，四氯化碳密度比水大，不溶于水。21.下列反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（ ）A. Fe2
22、HCl=H2FeCl2 B. 2FeCl2Cl22FeCl3C. CaOH2OCa(OH)2D. 2Fe(OH)3Fe2O33H2O【答案】B【解析】【详解】A、Fe2HCl=H2FeCl2属于置换反应和氧化还原反应，错误，不选A；B、2FeCl2Cl22FeCl3属于化合反应，也是氧化还原反应，选B；C、CaOH2OCa(OH)2属于化合反应，不是氧化还原反应，不选C；D、2Fe(OH)3Fe2O33H2O属于分解反应，不是氧化还原反应，不选D。答案选B。22.下列物质间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是A. Fe2O3FeB. KClO3KClC. H2SO4SO2D. NH3NO【答案】
23、D【解析】【分析】需要加入氧化剂才能实现的反应，物质应具有还原性，加入氧化剂后被氧化，所含元素的化合价升高，以此解答该题。【详解】AFe元素化合价降低，应加入还原剂才能实现，A项错误；BCl元素的化合价降低，可在催化剂条件下分解生成，B项错误；CS元素化合价降低，可加入还原剂才能实现，C项错误；DN元素化合价升高，可加入氧化剂才能实现，D项正确；答案选D。【点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键，理清元素化合价升高被氧化的逻辑关系是突破口。23.下列说法不正确的是A. 从性质的角度分类，SO2属于酸性氧化物B. 从对大气及环境影响的角度，SO2是一种大气污染物C. 从在水中是否发生电离的角度
24、，SO2属于电解质D. 从元素化合价的角度分类，SO2即可作氧化剂又可作还原剂【答案】C【解析】【详解】A.能和碱反应生成盐和水氧化物是酸性氧化物，A正确；B.SO2有毒，且能形成酸雨，属于大气污染物，B正确；C.溶于水或在熔融状态下能自身电离出阴阳离子的化合物是电解质，SO2不能电离出离子，不是电解质，而是非电解质，C不正确；D.SO2中S元素的化合价是4价，处于中间价态，既能失去电子，也能得到电子，即可以作还原剂，也可以做氧化剂，D正确。答案选C。【点睛】在理解电解质或非电解质时，不能只依据能否导电这一实验现象。因为溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，而电解质能够提供这样的阴阳离子
25、，SO2不能电离出阴阳离子，所以是非电解质，而SO2溶于水生成的亚硫酸能够电离出阴阳离子，因此亚硫酸是电解质。24.某溶液中含有较大浓度的H+、Fe2+、SO42-时，下列物质可以在其中大量存在的是A. CuCl2B. Cl2 C. Ba(NO3)2D. 铝【答案】A【解析】【详解】由于亚铁离子具有还原性，能被氯气氧化。同时在酸性条件下，NO3也具有氧化性，能氧化亚铁离子，B、C不能大量共存；溶液显酸性，能和单质铝反应生成氢气，所以正确的答案选A。【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-。（2）
26、溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气” 。（4）是“可能”共存，还是“一定”共存。25.mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到mg铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为A. 8:7B. 1:7C. 7:8D. 7:1【答案】D【解析】【详解】ag铁粉的物质的量为 ，agCu的物质的量为 ，根据氧化还原顺序 先与 反应，再与 反应，因为 ，所以 反应完全，剩余 与 反应，所以参加反应的 的物质的量为 ，参加反应的 的物质的量为 ，参加反应的CuSO4
27、与H2SO4的物质的量之比为 ，答案选D。第II卷（共50分）26.在同温同压下，同体积的甲烷（CH4）和二氧化碳分子数之比为_，物质的量之比为_，原子总数之比为_。【答案】 (1). 1:1 (2). 1:1 (3). 5:3【解析】【详解】同温同压下，相同体积的气体物质的量相同，分子数目相同，则物质的量之比为1:1，分子数之比为1:1，甲烷的分子式为CH4，1个分子中含有5个原子，二氧化碳的分子式为CO2，1个分子中含有3个原子，相同物质的量的气体原子数之比为5:3。故答案为1:1；1:1；5:3；27.有下列物质： 氢氧化钠固体； 铜丝； 氯化氢气体； 稀硫酸； 二氧化碳气体； 氢氧化钾
28、溶液； 碳酸钠粉末； 蔗糖晶体； 熔融氯化钠，请用序号填空：（1）上述状态下可导电的是_；（2）属于电解质的是_；（3）属于非电解质的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】 氢氧化钠固体是电解质，不能导电； 铜丝能导电，但不是电解质； 氯化氢气体是电解质，不能导电； 稀硫酸能导电，不是电解质； 二氧化碳气体不能导电，是非电解质；氢氧化钾溶液能导电，不是电解质； 碳酸钠粉末是电解质，但不能导电； 蔗糖晶体不能导电，是非电解质； 熔融氯化钠，能导电，是电解质。（1）上述状态下可导电的是；（2）属于电解质的是；（3）属于非电解质的是。28.写出与下列化学方程式相对应的离子方程
29、式：（1）2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O_（2）BaCl2+K2SO4=BaSO4+2KCl_【答案】 (1). H+OH-=H2O (2). Ba2SO42-=BaSO4【解析】【详解】(1)根据离子方程式书写步骤，HCl、Ba(OH)2和BaCl2分别为易溶于水的强酸、强碱和盐，拆成离子，水为弱电解质，保留化学式，删除两边不参加反应的离子，所以离子方程式为：H+OH-=H2O；(2)同理BaCl2+K2SO4=BaSO4+2KCl的离子方程式为：Ba2SO42-=BaSO4。29.用“双线桥”完成下列反应，并标出电子转移的方向和数目。（1）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
30、_（2）3CO+Fe2O33CO2+2Fe_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先标出发生变化的元素化合价，化合价升高失电子，化合价降低得电子，得失电子数用abe-表示，其中a表示变价的原子个数，b表示每个原子的变价数，据此分析解答。【详解】根据以上分析，用双线桥标出电子转移的方向和数目为：(1) ； (2) 。30.某无色透明溶液只可能含有K+、Fe3+、Ca2+、SO42、CO32、Cl中的几种，现进行如下实验：（1）滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。（2）向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。（3）向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀H
31、NO3。试判断：（填离子符号）该溶液中肯定有_离子，肯定没有_离子，可能有_离子。【答案】 (1). SO42-、CO32-、K+ (2). Fe3+、Ca2+ (3). Cl-【解析】【详解】无色透明的溶液中不可能存在Fe3+，滴加氯化钡溶液,有白色沉淀产生,生成的沉淀可能为BaSO4或BaCO3，其中BaCO3可溶于稀硝酸，将沉淀滤出,产生的沉淀可部分溶于稀硝酸，说明含有SO42、CO32离子，则一定不含Ca2+离子，根据溶液电中性原则，一定含有K+离子；向滤液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成,可能为Ag2SO4、Ag2CO3或AgCl沉淀，不能确定是否含有Cl离子，根据分析可知,溶液中一
32、定含有的离子为：K+、SO42、CO32；一定不含的离子为：Fe3+、Ca2+；可能含有的离子为：Cl。31.实验室可用KMnO4固体和浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。（1）该反应中氧化剂是_，还原剂是_。（2）若反应中有0.20 mol 电子发生转移，生成氯气的体积为_(标准状况)，被氧化的HCl的物质的量是_。【答案】 (1). KMnO4 (2). HCl (3). 2.24L (4). 0.20 mol【解析】【详解】（1）2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，通过化合
33、价升降判断，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0；所以该反应中氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl；（2）设反应中有0.20mol 电子发生转移，生成氯气的体积为x，被氧化的HCl的物质的量是y；2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 转移电子10e-，所以电子与氯气的关系式为10e-5Cl210mol 522.4L0.20mol x解得x=2.24L，所以生成气体是2.24L；2KMnO4+10HCl(浓)+6HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 转移电子10e-，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，所以被
34、氧化的 HCl与转移电子之间的关系式为：10HCl10e-10 10y 0.20moly=0.20mol，所以被氧化的HCl为0.20mol。【点晴】有关氧化还原反应的分析是高频考点，根据化合价的升降判断氧化剂、还原剂；利用电子的转移与气体的关系计算上生成的气体，先判断参加氧化还原反应的盐酸，再根据电子转移的量计算被氧化的盐酸。32.实验室配制500mL 0.1mol/L的NaOH溶液，有如下操作步骤：计算所需NaOH固体的质量并用托盘天平称取； 将称量好的NaOH固体放入烧杯中，加入适量的蒸馏水溶解，然后转移至容量瓶中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中并轻
35、轻摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；塞紧容量瓶的塞子，充分摇匀。回答下列问题：（1）容量瓶在使用前，必须_（2）实验中用托盘天平实际称取NaOH固体的质量是_（3）上述实验操作中，缺少的步骤是_（4）在实验中，未进行操作，所配溶液的浓度会_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；定容时俯视液面，所配溶液的浓度会_。称量前容量瓶有少量水，所配溶液的浓度会_。【答案】 (1). 检验是否漏水 (2). 2.0g (3). 冷却 (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 无影响【解析】【详解】（1）容量瓶是准确配制一定体积、
36、一定浓度的溶液的仪器。由于配制的溶液由均一性、稳定性。在配制的最后一步要摇匀。所以在使用前，必须检查容量瓶是否漏水；（2）n(NaOH)=CV= 0.1mol/L0.5L=0.05mol，m(NaOH)= 0.05mol40g/mol=2.0g。托盘天平的准确度为0.1g，所以实验中用托盘天平实际称取NaOH固体的质量是2.0g；（3）NaOH固体溶解在水中放出热量，而容量瓶配制溶液时要求的温度是室温20度，所以上述实验操作中，缺少的步骤是冷却至室温；（4）在实验中，溶解溶质使用的烧杯的内壁及玻璃棒上都沾有溶质，若未进行操作，就会使一部分溶质没有完全转移到容量瓶中，所以所配溶液的浓度会偏低。定
37、容时如果俯视液面，则加入的溶液的体积就会偏小，则所配溶液的浓度会偏高。如果称量前容量瓶有少量水，但由于未改变溶质的物质的量的多少，也未影响溶液的体积的大小，所以对所配溶液的浓度不会产生任何影响。33.在含有35.8g Na2CO3和NaHCO3混合物的溶液中加入200mL 某浓度的盐酸，恰好完全反应，生成8.96L CO2(标准状况)。问：(1)原溶液中有_mol Na2CO3，_mol NaHCO3。(2)盐酸的物质的量浓度_。【答案】 (1). 0.1 (2). 0.3 (3). 2.5 mol/L【解析】【分析】(1)利用n=计算出CO2的物质的量，利用混合物的质量关系和碳原子守恒来列式
38、计算；(2)恰好完全反应，最后生成NaCl，由钠离子的物质的量可知盐酸中HCl的物质的量，再利用c=计算浓度。【详解】(1)标准状况下CO2的物质的量为=0.4mol，设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，由质量和碳原子守恒可知，106g/molx+84 g/moly35.8g，x+y0.4mol，解得x=0.1 mol，y=0.3 mol，故答案为0.1；0.3；(2)因恰好完全反应，最后生成NaCl，钠离子的物质的量为0.1mol2+0.3mol=0.5mol，由NaClHCl可知，HCl的物质的量为0.5mol，则盐酸浓度为=2.5 mol/L，故答案为2.5 mol/L。