1、2019-2020学年第一学期期中考试高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 S：32 Cl：35.5 K：39第卷（选择题 共50分）一、选择题：本题共25个小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1. 下列做法正确的是A. 用镊子取出白磷并置于水中切割B. 把氯酸钾制氧气后的残渣倒入垃圾桶C. 氢气还原氧化铜实验先加热再通氢气D. 用酒精灯直接给烧杯中的液体加热【答案】A【解析】【详解】A.白磷易自然，因此用镊子取出白磷并置于水中切割，A正确；B.氯酸钾属于易爆物，不能把氯酸钾制氧气后的残渣倒入
2、垃圾桶中，要倒入指定容器中回收，B错误；C.氢气是可燃性气体，与空气相遇易发生爆炸，氢气还原氧化铜实验先通氢气再加热，以排净装置内空气，C错误；D.烧杯加热时需要垫石棉网，因此不能用酒精灯直接给烧杯中的液体加热，D错误；答案选A。2. 下列试剂中，标签上有如下标注的是A. 纯碱B. 铁粉C. 浓硫酸D. 酒精【答案】C【解析】【分析】警示标记为腐蚀品的标志，根据物质的性质解题，有腐蚀性的为答案.【详解】A项、纯碱没有腐蚀性，故A错误；B项、铁粉没有腐蚀性，故B错误；C项、浓硫酸有腐蚀性，为腐蚀品，故C正确； D项、乙醇易燃，没有腐蚀性，故D错误。故选C。【点睛】本题考查危险品标志，分清每个物质
3、的性质，明确浓硫酸具有腐蚀性是解答本题的关键。3. 下列分离混合物的操作中，必须加热的是A. 过滤B. 萃取C. 分液D. 蒸馏【答案】D【解析】【详解】A.过滤是使液固混合物中的液体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离，不需要加热，故A错误；B.萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使溶质从一种溶剂转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，不需要加热，故B错误；C.分液是分离两种互不相溶的液体的过程，不需要加热，故C错误；D.蒸馏是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷
4、凝两种单元操作的联合，需要加热，故D正确。故选D。4. 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。5. 下列实验方法或者错误的是（ ）A. 转移溶液B. 制取蒸馏水C. 分离苯萃取碘水后的混合物D. 稀释浓硫酸【答案】B【解析】A.用玻璃棒引
5、流转移溶液，A正确；B.制取蒸馏水的方法中有温度计水银球位置、冷凝水流向等2处错误，B不正确；C.苯不溶于水，用分液法分离苯萃取碘水后的混合物，C正确； D.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入，边加边搅拌，D正确。本题选B。6. 下列有关分散系的叙述中不正确的是（ ）A. 胶体分散质微粒直径较大，不能透过滤纸B. 液态分散系根据分散质粒子大小分为溶液、胶体和浊液三类C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D. 纳米材料分散到液体分散剂中得到的分散系属于胶体【答案】A【解析】【详解】A溶液和胶粒都能透过滤纸，故A错误；B根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故B正确；
6、C胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故C正确；D纳米材料的直径为1100nm之间，分散到液体分散剂中的分散系属于胶体，故D正确。答案选A。【点睛】胶体的分散质粒子直径在1100nm之间，是混合物。7. 下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是（）A. 烧碱、液态氧、碘酒B. 干冰、铁、冰水混合物C. 生石灰、白磷、熟石灰D. 碱石灰、氮气、胆矾【答案】A【解析】【详解】A. 烧碱为NaOH，是化合物，液态氧是氧单质，碘酒是碘单质和酒精的混合物，故A符合题意；B. 冰水混合物是纯净物，为水的不同形态，故B不符合题意；C. 熟石灰是Ca(OH)2，为纯净物，
7、故C不符合题意；D. 碱石灰是混合物，故D不符合题意；故答案为A。8. 根据下列反应化学方程式：I2+SO2+2H2O = H2SO4+2HI；2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3；2FeCl3+2HI = 2FeCl2+2HCl+I2 判断有关物质的还原性强弱顺序是A. IFe2+ClSO2B. ClFe2+SO2IC. Fe2+IClSO2D. SO2IFe2+Cl【答案】D【解析】【详解】在I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI；在2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2
8、FeCl3；2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性KIFeCl2； 通过以上分析知，物质的还原性有强到弱的顺序是SO2I-Fe2+Cl-，故合理选项是D。9. 关于粗盐提纯的下列说法正确的是A. 溶解粗盐时，加水越多越好B. 滤去不溶性杂质以后，将滤液移至坩埚内加热浓缩C. 当蒸发到剩有少量液体时，停止加热，利用余热将液体蒸干D. 将制得的晶体转移到过滤器中用大量水进行洗涤【答案】C【解析】【详解】A.溶解粗盐时，加水过多，后续蒸发结晶时将消耗大量能量和时间，加入水量以能充分溶解粗盐就可以了，A项错误；B. 坩埚是用来对固体进行高温锻
9、烧的仪器，蒸发滤液应该将滤液放在蒸发皿中加热，B项错误；C.蒸发操作中的“余热蒸干”，既可以节省能源，又可防止固体因受热不均而迸溅，C项正确；D.大量水冲洗氯化钠固体，必然造成氯化钠大量的溶解损耗，D项错误。所以答案选C。【点睛】注意蒸发和灼烧所使用仪器的区别。10. 下列说法正确的是A. 氧气的气体摩尔体积是22.4LB. 硫酸的摩尔质量是98gC. CO2的相对分子质量是44gD. CO32摩尔质量是60g/mol【答案】D【解析】【详解】A、气体摩尔体积的单位是L/mol，标况下氧气的气体摩尔体积是22.4L/mol，A错误；B、摩尔质量的单位是g/mol，硫酸的摩尔质量是98g/mol
10、，B错误；C、相对分子质量的单位不是g，应该说CO2的相对分子质量是44，C错误；D、CO32的摩尔质量是60g/mol，D正确。答案选D。【点睛】注意摩尔质量与相对原子(分子)质量的关系：相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，摩尔质量在数值上如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。摩尔质量的单位为gmol1，相对原子(分子)质量的单位为1。11. 下列物质中,所含分子数最少的是( )A. 0.8mol CO2B. 标准状况下,11.2L NH3C. 3.6g H2OD. 6.02 1023个氯气分子【答案】C【解析】【详解】物质的量越
11、少，物质所含分子数越少。则A、CO2的物质的量是0.8mol；B、氨气的物质的量是11.2L22.4L/mol0.5mol；C、3.6g水的物质的量是3.6g18g/mol0.2mol；D、6.021023个氯气分子的物质的量是1mol，所以所含分子数最少的是水；答案选C。12. 用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 （ ）A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1 NAB. 常温常压下，16g O2含有的原子数为1 NAC. 通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积约为22.4LD. 物质的量浓度为0.5mol/L的K2SO4溶液中，含有SO42个数为0.5 NA【答案】B【解
12、析】【详解】A标准状况下，水不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；B常温常压下，16g O2的物质的量为=0.5mol，含有的氧原子数为1 NA，故B正确；C通常状况下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积也不是22.4L，故C错误；D根据n=cV，不知道溶液的体积，则无法计算0.5mol/L的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量，也无法确定溶液中含有的SO42个数，故D错误；故答案为B。13. 将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是A. 15 mL 1 molL1的AlCl3B. 50 m
13、L 1 molL1的KClC. 20 mL 2 molL1的NH4ClD. 10 mL 2 molL1的CaCl2【答案】B【解析】【详解】A15 mL 1 molL1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L30.015L=0.045mol；B50 mL 1 molL1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L10.05L=0.05mol；C20 mL 2 molL1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L10.02L=0.04mol；D10 mL 2 molL1的CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L10.01L=0.02mol；根据分析可知，溶液中Cl-的
14、物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，答案选B。14. 将5mol/L的Mg(NO3)2溶液mL稀释至 mL,稀释后溶液中NO3-的物质的量浓度为( )A. mol/LB. mol/LC. mol/LD. mol/L【答案】C【解析】【详解】由题意可得， mol/L，故答案选C。【点睛】本题需要注意硝酸根离子的浓度是Mg(NO3)2溶液浓度的两倍。15. 实验室用固体氯化钠配制0.5 L 0.2 molL-1的NaCl溶液，下列哪种仪器不是必须使用的（ ）A. 500 mL容量瓶B. 胶头滴管C. 试管D. 托盘天平【答案】C【解析】
15、【详解】用固体氯化钠配制0.5 L 0.2 molL-1的NaCl溶液，要用到的仪器有：托盘天平、500 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。答案选C。16. 某氯化镁溶液的密度为 1.16 gcm3，其中氯化镁的质量分数为 16.3，500 mL 该溶液中 Cl的物质的量浓度约等于（）A. 4.0 molL1B. 2.4 molL1C. 2.1 molL1D. 1.26 molL1【答案】A【解析】【详解】该氯化镁溶液的密度为 1.16 gcm3，氯化镁的质量分数为 16.3，则氯化镁的物质的量浓度为，则c(Cl-)=2c(MgCl2)=22mol/L=4.0mol/L，故A正确；故选A。17.
16、在 2L 由 NaCl、MgCl2、CaCl2 组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此溶液中Ca2离子的物质的量是A. 3.0molB. 2.0molC. 1.0molD. 0.5 mol【答案】C【解析】【分析】根据n=cV计算n(Na+)、n(Mg2+)、n(Cl-)；溶液呈电中性，根据电荷守恒有：2n(Ca2+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，据此计算解答。【详解】由图可知，溶液中n(Na+)=2L1mol/L=2mol、n(Mg2+)=2L0.5mol/L=1mol、n(Cl-)=2L3mol/L=6mol，溶液呈电中性，忽略水的电离根据电荷守恒有：2n(Ca2
17、+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，即：2n(Ca2+)+2mol+21mol=6mol，解得n(Ca2+)=1mol，故答案选C。【点睛】本题考查混合溶液中离子物质的量浓度有关计算，注意电解质混合溶液中常利用电荷守恒计算离子浓度或物质的量。18. 由氨气和氢气组成的混合气体的平均相对分子质量为14，则氨气和氢气的物质的量之比为A. 11B. 12C. 21D. 41【答案】D【解析】【详解】根据十字相交法，则氨气和氢气的物质的量之比为12：3=4：1，答案为D；【点睛】十字相交法中，相减之后数据写在对角上，为物质的量之比。19. 粗盐中含有较多的杂质，有不溶性的泥沙，还有可溶
18、性的 CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质， 通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水，其中错误的是A. 可以先加入稍过量的 BaCl2 溶液，以便除去 Na2SO4B. Na2CO3 溶液必须在BaCl2 溶液之后加入，且稍过量一些C. 加入的NaOH 溶液的顺序没有要求，只要稍过量就可以了D. 在上述步骤完成后，不需要任何操作，直接加入稀盐酸至无气泡产生，即可达到目的【答案】D【解析】【分析】除去NaCl溶液中可溶性的 CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质，可用过量的NaOH溶液除去MgCl2，过量的BaCl2溶液除去Na2SO4，至于先除去镁离子，还是先除去硫酸根离子都行
19、，用过量的Na2CO3溶液除去CaCl2和BaCl2，离子都沉淀了，再进行过滤，最后向滤液中加入盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠。【详解】A项、加入稍过量的BaCl2溶液，可以将硫酸根离子沉淀，除去 Na2SO4，故A正确；B项、加入Na2CO3溶液要放在加入BaCl2溶液之后，这样Na2CO3溶液能够除去CaCl2和过量的BaCl2，故B正确；C项、过量的NaOH溶液除去MgCl2，NaOH溶液的顺序不干扰CaCl2、Na2SO4 等杂质的除去，则除去可溶性的 CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质加入试剂的顺序可以为：NaOH溶液BaCl2溶液N
20、a2CO3溶液或BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液或BaCl2溶液Na2CO3溶液NaOH溶液，故C正确；D项、在上述步骤完成后，离子都沉淀了，再进行过滤，最后向滤液中加入盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3，否则沉淀会重新溶解，达不到除杂的目的，故D错误。故选D。【点睛】本题考查了粗盐提纯，除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原则需要有扎实的基础知识和缜密的思维，除杂时注意试剂的加入顺序及所加试剂的反应原理。20. 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
21、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、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-3
22、25%=148.75148.8 g，D项正确；答案选D。21. 下列物质混合后，不会发生离子反应是A. NaOH溶液和FeCl3溶液B. Na2CO3溶液和稀硫酸C. Na2SO4溶液和MgCl2溶液D. CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液【答案】C【解析】【详解】A. NaOH溶液和FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，A不选；B. Na2CO3溶液和稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，B不选；C. Na2SO4溶液和MgCl2溶液不反应，C选；D. CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，D不选。答案选C。22. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是（ ）A. 分
23、散质粒子直径在1100 nm之间B. 都是混合物C. 都是无色、透明的溶液D. 都呈红褐色【答案】B【解析】【详解】A因溶液中溶质粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在l100nm之间，故A错误； B氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都是分散系，都是混合物，故B正确；C氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体，故C错误；D氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体，故D错误；故选B。23. 下列关于氧化还原反应的说法中正确的是()A. 氧化还原反应过程中一定有电子转移B. 氧化还原反应前后一定有氧的得失C. 实现Fe3Fe2的变化过程失去电子D. 失去电子的反应是还原反应【答案】A【解析】【详
24、解】A氧化还原反应的本质是电子转移，则氧化还原反应过程中一定有电子转移，故A正确；B氧化还原反应的过程中不一定有得氧或失氧，故B错误；C实现Fe3Fe2的变化过程是还原过程，应该是得到电子，故C错误；D失去电子，所含元素的化合价升高，发生的反应是氧化反应，故A错误；故答案为A。【点睛】考查氧化还原反应，把握氧化还原反应本质和特征为解答的关键，氧化还原反应中不一定有氧气参加，但有元素化合价变化，得到电子的为氧化剂，在反应中被还原，发生还原反应，且氧化与还原反应同时存在于一个反应中，其本质是电子转移。24. 已知I、Fe2、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的顺序为SO2IF
25、e2H2O2Cl，则下列反应不可能发生的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，A能发生；B因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2I-，与已知的还原性强弱一致，B能发生；C因该反应中Fe元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I-，与已知的还原性强弱不一致，C不能发生； D若该反应发生，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为H2O2 HClD.
26、 该反应生成标准状况下11.2L Cl2，转移NA个电子【答案】D【解析】【分析】反应Co2O3 + 6HCl(浓)= 2CoCl2+ Cl2 + 3H2O中Co元素的化合价由+3价降低为+2价，被还原，Co2O3为氧化剂，Cl元素由-1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，HCl为还原剂，故A错误；B氯气是生成物，应该是HCl被氧化，故B错误；C由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性HClCoCl2，故C错误；D标准状况下11.2L Cl2的物质的量为=0.5mol，根据方程式，Cl元素由-1价升高到0价，生成0.5mol氯气转移电子0.5mo
27、l20-(-1)=1mol，故D正确；故选D。第II卷（非选择题 共50分）26. （1）A、B、C、D为中学常见的混合物分离或提纯的基本装置，请回答：分离植物油和水，选择装置_（填序号），主要使用仪器名称_；分离乙二醇和丙三醇的混合溶液，选择装置_（填序号）。物质熔点 （摄氏度）沸点（摄氏度）密度（g/cm-3）溶解性乙二醇-11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇17.92901.26能跟水、酒精以任意比例互溶（2）实验室需配制250mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，填空并回答下列问题：配制250mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，实际应称取Na2CO3的质量是_g，实验过
28、程中所需的玻璃仪器有_。若在溶液配制过程中出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）若容量瓶中有少量蒸馏水_；若定容时俯视刻度线_。（3）焦炭与浓硫酸加热条件下发生如下反应：C +2H2 SO4（浓）=2SO2+ CO2 +2H2O，当反应中转移2mole时，生成SO2的体积（标准状况）是_L。【答案】 (1). B (2). 分液漏斗 (3). A (4). 2.7g (5). 250mL容量瓶 玻璃棒 烧杯 胶头滴管 (6). 无影响 (7). 偏高 (8). 22.4【解析】【分析】（1）根据植物油不溶于水分析；根据乙二醇和丙三醇的物理性质差异分析判断；（2
29、）根据mcVM计算碳酸钠的质量；根据配制过程选择需要的玻璃仪器；根据cn/V结合实验操作分析误差；（3）根据硫元素的化合价变化结合VnVm计算。【详解】（1）植物油不溶于，则分离植物油和水可以通过分液法，则选择装置B，主要使用仪器名称为分液漏斗；乙二醇和丙三醇互溶，但二者的沸点相差较大，则分离乙二醇和丙三醇的混合溶液应选择蒸馏，所以选择装置A。（2）配制250mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，需要Na2CO3的质量是0.25L0.1mol/L106g/mol2.65g，因此实际应称取碳酸钠是2.7g；实验过程是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容和摇匀等，则其中所需的玻璃仪器有25
30、0mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管。若容量瓶中有少量蒸馏水，由于不影响溶质的质量和溶液体积，则溶液浓度不变；若定容时俯视刻度线，导致溶液的体积减少，则浓度偏高。（3）根据方程式可知硫元素化合价从+6价降低到+4价，转移2个电子，则当反应中转移2mole时，生成SO2的物质的量是1mol，体积（标准状况）是22.4L。27. 有一包固体粉末,其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、K2SO4、Na2CO3、NaNO3中的一种或几种,现做以下实验:取部分固体粉末加入水中,振荡,有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀盐酸,固体完全溶解,并有气泡产生；取少量的溶液，滴入硝酸银溶液，有白色沉淀产生。试
31、根据上述实验事实,回答下列问题：（1）原固体粉末中一定含有的物质是_，一定不含的物质是_，可能含有的物质是_。(以上各种物质均写化学式)（2）写出上述步骤中发生反应的离子方程式：_【答案】 (1). Ba(NO3)2、Na2CO3 (2). K2SO4 (3). NaCl、NaNO3 (4). Ba2+CO32-=BaCO3 (5). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O (6). Ag+Cl-=AgCl【解析】【分析】根据物质的性质结合题干中的现象，通过确定存在的物质排除不能共存的物质；依据一定有Ba（NO3）2，可能存在碳酸钠或硫酸钾或两者都有；依据判肯定有碳酸钠，肯定没有硫酸钾；依
32、据因为第步加入了盐酸，所以证明不了原来混合粉末中有NaCl。【详解】（1）根据上面分析可知，原固体粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物质是K2SO4，可能含有的物质是NaCl、NaNO3；答案：Ba(NO3)2、Na2CO3 K2SO4 NaCl、NaNO3（2）硝酸钡与碳酸钠发生复分解反应生成白色沉淀，离子方程式为 Ba2+CO32-=BaCO3；碳酸钡与盐酸反应生成二氧化碳，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；银离子与氯离子反应生成白色沉淀， Ag+Cl-=AgCl；答案：Ba2+CO32-=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+
33、H2O Ag+Cl-=AgCl【点睛】依据实验现象做出判断，利用存在的物质排除不存在的物质。28. I. 为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)。碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生下列反应： KIO35KI3H2SO4 = 3I23K2SO43H2O(1)该反应中，氧化剂是_，氧化产物是_。(3)当有1.5 mol I2生成时，有_mol还原剂被氧化。(4)当有4 mol氧化剂参与反应时，转移电子数为_ 个。II. 周杰伦在歌曲青花瓷中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”即是铜锈，它的化学成分是Cu2(OH)2CO3（碱式碳酸铜），铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2
34、Cu+O2+CO2+H2O = Cu2(OH)2CO3。(1)该反应中的还原剂是_，(2)清除铜锈可以选择的试剂是_。【答案】 (1). KIO3 (2). I2 (3). 2.5 (4). 20NA（或1.2041025） (5). Cu (6). 盐酸【解析】【详解】I.碘酸钾和碘化钾在发生下列反应为 KIO35KI3H2SO4 = 3I23K2SO43H2O(1)该反应中KIO3中的碘的化合价降低，KIO3是氧化剂，对应的还原产物为I2；KI中I元素的化合价升高至I2中0价，KI是还原剂，氧化产物是I2。(3)根据反应方程式可知，每转移5mol电子会生成3molI2、5molKI被氧化；
35、当有1.5 mol I2生成时，有2.5mol KI被氧化。答案：2.5。(4)1mol氧化剂KIO3发生反应转移5mol电子，当有4 mol氧化剂参与反应时，转移电子数为4mol 56.02 1023mol-1=1.2041025。答案：20NA或1.2041025。II. (1)铜绿即是铜锈，它的化学成分是Cu2(OH)2CO3（碱式碳酸铜），铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu+O2+CO2+H2O = Cu2(OH)2CO3，在该反应中Cu的化合价由0升高到+2，属于还原剂。答案：Cu。 (2)因为铜锈的化学成分是Cu2(OH)2CO3，属于碱式碳酸盐，易溶于酸，清除铜锈可以加酸，
36、所以选择的试剂可以是盐酸。答案：盐酸。【点睛】本题考查氧化还原反应相关的知识。根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂。化合价升高的物质为还原剂，化合价降低的物质为氧化剂；根据酸碱反应关系，碱式碳酸盐易溶于酸，所以可以加酸除铜绿。29. 用KMnO4氧化盐酸溶液，反应方程式如2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，若产生的Cl2在标准状况下体积为56 L，计算：(1)参加反应的HCl的物质的量_(2)反应中被氧化的HCl的物质的量_(3)并用双线桥标出电子转移的方向和数目_【答案】 (1). 8 mol (2). 5 mol (3). 【解析】【分析】反应生成Cl2在标
37、准状况下体积为56L,根据n=V/Vm计算物质量,再根据方程式计算HCl,结合元素化合价的变化分析被氧化的HCl的量，双线桥标出电子转移的情况。【详解】（1）56LCl2在标况下的物质的量为n= = 56/22.4=2.5mol，则参加反应的HCl的物质的量为=8mol；综上所述，本题答案是：8mol。（2）反应中16molHCl只有10mol被氧化，即被氧化的HCl占总的HCl物质的量5/8，根据反应关系：10molHCl（被氧化）-5molCl2，现有2.5molCl2生成，所以反应中被氧化的HCl的物质的量为5mol；综上所述，本题答案是：5mol。（3）2KMnO4+16HCl2MnCl2+5Cl2+8H2O+2KCl中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，该反应转移10e，电子的转移方向和数目为：；【点睛】对于2KMnO4+16HCl2MnCl2+5Cl2+8H2O+2KCl中，16molHCl参加反应，其中作为还原剂的HCl为10mol，发生氧化反应，产生氯气5mol；生成了氯化锰和氯化钾，起到酸的作用的HCl为6mol，所以该反应中盐酸即有酸的作用，又有还原剂的作用。
