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【化学】江西省宜春市上高二中2018-2019学年高一上学期第二次月考（解析版） 试卷
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江西省宜春市上高二中2018-2019学年高一上学期第二次月考
本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，总分为100分 .
可能用到的元素的相对原子质量为：H-1 N -14 He-4 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Zn-65 Ba-137
第Ⅰ卷（选择题 共54分）
一、（本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。）
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】食用花生油与水互不相溶，所以采用分液的方法进行分离。
故选A。
2.下列名词中,哪个名词不属于物理量
A. 长度 B. 质量 C. 摩尔 D. 时间
【答案】C
【解析】
试题分析：A．长度是国际单位制中七个基本物理量之一，故选项错误；B．质量是国际单位制中七个基本物理量之一，故选项错误；C．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，其单位是摩尔，摩尔是物质的量得到单位，不属于物理量，故选项正确；D．时间是国际单位制中七个基本物理量之一，故选项错误。故选C。
考点：考查化学常识
3.在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A. NH4+ NO3－ Al3+ Cl—- B. K+ SO42－ HCO3－ Na+
C. Ca2+ NO3－ CO32- Na+ D. Cu2+ K+ SO42－ Na+
【答案】A
【解析】
【详解】A.该组离子之间在酸性溶液中不反应，能大量共存，故A正确；
B.因H+与HCO3－能结合生成水和二氧化碳气体，则不能共存，故B错误；
C.酸性溶液中H+与CO32-能结合生成水和二氧化碳气体，Ca2+与CO32-能结合生成碳酸钙沉淀，则不能大量共存，故C错误；
D.该组离子之间在酸性溶液中不反应，能共存，但Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，故D错误。
故选A。
【点睛】判断离子共存，：由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存。
4.只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。下列物质不属于氢化物的是
A. H2SO4 B. H2O C. NaH D. NH3
【答案】A
【解析】
【详解】只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。A.H2SO4中除氢之外还含有两种元素，故A不属于氢化物，故答案选A。
5.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是
① 过滤 ②蒸发 ③溶解 ④向容量瓶转移液体
A. ①和② B. ①和④ C. ①和③ D. ③和④
【答案】B
【解析】
【详解】A.蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅，蒸发完毕可以用玻璃棒转移固体，与过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流不同，故A错误；
B.过滤和转移液体操作中，玻璃棒都是起到引流作用，故B正确；
C.溶解操作中玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解，与过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流不同，故C错误；
D．向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用，与溶解操作中玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解，用途不同，故D错误；
故选B。
6.在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后
A. 整个溶液变紫色 B. 上层为无色，下层为紫红色
C. 整个溶液变为棕黄色 D. 下层无色，上层紫红
【答案】B
【解析】
【分析】
根据萃取分离实验操作分析。
【详解】碘水中加入CCl4发生萃取，碘单质从水中转移到CCl4中，由于CCl4密度大于水，则试管中出现分层，且CCl4在下层，为紫红色，上层为无色，故B正确。
【点睛】萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同，使溶质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中的方法，常用萃取剂有CCl4和苯，其中CCl4的密度比水大，苯的密度比水小。
7.下列溶液中Cl－浓度最小的是
A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液 B. 250mL 1mol/L AlCl3溶液
C. 300mL 5mol/L KCl溶液 D. 1000mL 2.5mol/L NaCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；
B. 250mL 1mol/L AlCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L；
C. 300mL 5mol/L KCl溶液中c(Cl-)=5mol/L×1=5mol/L ；
D. 1000mL 2.5mol/L NaCl溶液c(Cl-)=2.5mol/L×1=2.5mol/L；
故选D。
【点睛】物质的离子浓度=该物质的物质的量浓度×离子的下角标系数，与溶液的体积无关。
8.要除去KNO3溶液中混有的少量Ba(NO3)2杂质，得到纯净的KNO3溶液，操作正确的是
A. 加入适量的Na2CO3溶液，过滤
B. 加入足量的K2CO3溶液，过滤
C. 先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀盐酸
D. 先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3
【答案】D
【解析】
由于不能引进新杂质，Ba2＋用碳酸钾除去，最后加入硝酸酸化。因此要除去KNO3溶液中混有的少量Ba(NO3)2杂质，得到纯净的KNO3溶液，操作正确的是先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3，答案选D。
点睛：掌握物质的性质、除杂原则是解答的关键。物质提纯的原则是不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。
9.在标准状况下，如果2.8L氧气含有n个氧原子，则阿伏加德罗常数可表示为
A. 4n B. C. 8n D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据气体摩尔体积、微粒数目与物质的量之间的关系分析。
【详解】根据公式：标准状况下：n(O2)===0.125mol，一个氧气分子含有两个氧原子，故n(O)=2 n(O2)=0.25mol，n(O)==，得NA=4n，则A正确，故答案选A。
【点睛】学会逆向思维思考，把阿伏伽德罗常数当做未知数计算，即可快速解决这类问题。
10.现有反应的化学方程式为：aFeCl2＋bKNO3＋cHCl＝dFeCl3＋eKCl＋fX＋gH2O,若b＝1，d＝3，X为生成物，其分子式应为
A. NH4Cl B. NO C. N2 D. NO2
【答案】B
【解析】
【详解】根据原子守恒定律，由已知条件可知：a=d=3、e=b=1，根据氯原子守恒，则c=4，再由氢原子守恒，则g=2，最后根据N、O原子守恒，推出X的化学式为NO，故B正确。
故选B。
【点睛】全题贯穿原子守恒定律，反应前后原子个数相同，即可推断出相关化学反应计量数，再确定X。
11.R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2价，且X 2+与单质R不反应；X 2+＋Z＝X＋Z2+；Y＋Z2+＝Y2+＋Z。这四种离子被还原成0价时表现的氧化性强弱符合 （ ）
A. Y 2+＞Z 2+＞R 2+＞X 2+
B. X2+＞R2+＞Y2+＞Z 2+
C. R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+
D. Z 2+＞X2+＞R 2+＞Y2+
【答案】C
【解析】
反应X2++Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反应Y+Z2+=Y2++Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；综上所述得到四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小为：R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+；故答案为C。
点睛：氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物． 常用于在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，亦可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物。
12.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由 NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH—、Cl—、SO42—、HCO3—中的不同阳离子和阴离子各一种组成，将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为
A. Ba(HCO3)2 B. Mg(HCO3)2 C. MgSO4 D. Ba(OH)2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据常见离子的检验方法以及离子反应发生的条件分析。
【详解】八种离子NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH-、Cl-、HCO3-、SO42-中能够形成的白色沉淀只有：BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2而甲溶液能够与其它各物质生成三种沉淀，所以甲中一定含有Ba2+和OH-，即甲为Ba(OH)2，故D正确。
故选D。
【点睛】解决本题不能从常规方向出发，尝试每个离子之间的反应，应用逆向思维思考白色沉淀的形成，结合能形成白色沉淀的离子从而进一步确定物质甲。
13.小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4-+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++□ (未配平)．关于此反应的叙述正确的是( )
A. 该反应的氧化剂是H2C2O4 B. 1molMnO4-在反应中失去5mol电子
C. 配平该反应后，H+的计量数是6 D. 该反应右框内的产物是OH—
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应相关概念及氧化还原反应的配平分析。
【详解】A.从化学价看，MnO4-中Mn为+7价，化合价降低生成+2价，故氧化剂为MnO4，-故A错误；
B.由于KMnO4做氧化剂，从化合价上可判断1molMnO4-在反应中得到5mol电子，故B错误；
C. 根据得失电子数相等，该反应中锰元素化合价降低，得到5e-，碳元素化合价升高失去2e-，配平得到，反应转移电子数10e-，可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++□，再根据电荷守恒、原子守恒，故□中为8H2O，H+的计量数是6，故C正确；
D.右框中是水分子，故D错误。
故选C。
【点睛】有离子参与的氧化还原反应中，不仅要考虑得失电子数目相等，还要考虑原子和电荷守恒。
14.已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋。下列叙述不正确的是( )
A. 当该反应生成2.24 L Cl2时，则反应中有0.2 mol电子转移
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C. 若有3 mol H2O生成，则反应中有2 mol电子转移
D. 氧化产物为Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应配平以及氧化还原反应的本质和特征分析；根据气体摩尔体积与物质的量的关系分析。
【详解】A. 该反应是再常温条件下进行的，故不能用气体摩尔体积计算，则A答案错误，故A符合题意；
B.用Co2O3制备Cl2的反应中Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，Co2O3中的Co由+3价变为+2，1molCo2O3得电子2mol，HCl中的Cl由-1价变成0价，1molHCl失电子1mol，根据得失电子守恒，有2molHCl被氧化，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B正确，但不符合题意；
C. 反应Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故C正确，但不符合题意；
D.根据方程式为：Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，盐酸作还原剂，被氧化生成Cl2，故Cl2作氧化产物，D正确，但不符合题意。
故选A。
【点睛】气体摩尔体积的适用条件是在标准状况下，即0℃,101kPa。
15.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使沉淀完全：2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
B. NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：＋＋2OH－===＋NH3↑＋2H2O
C. NaHCO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：2＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋
D. 醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
根据离子反应的条件分析；根据化学反应中反应物用量分析。
【详解】A.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42- 沉淀完全时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4的离子反应为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B. NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中，即NH4+和HCO3-分别与OH-反应，离子反应方程式为：NH＋HCO＋2OH－===CO＋NH3↑＋2H2O，故B正确；
C. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，说明OH-过量，HCO3-少，故该离子反应为HCO-3+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故C错误；
D. 醋酸是弱酸，离子反应方程式中能拆成离子形式，故D错误。
故选B。
【点睛】关于简单的过量问题，解题的关键就是取参照量，一般，我们以量少的反应物做参照进行讨论、计算。
16.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿（主要成分硫化亚铁铜），发生的化学反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。下列说法正确的是
A. CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
B. 该反应中有两种物质作还原剂
C. CuFeS2 中被氧化的原子和被还原的原子数目之比为 2∶1
D. 每生成 1molSO2，反应共转移 6mol 电子
【答案】D
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的本质和特征分析。
【详解】A．Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，则CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，故A错误；
B.该反应中，只有CuFeS2中的S化合价升高，则反应中只有CuFeS2一种物质作还原剂，故B错误；
C. Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变，则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1：2，故C错误；
D. 由方程式可知，2molCuFeS2反应生成1molSO2，有1mol硫被氧化生成SO2，转移电子为1mol×[4-（-2）]=6mol，故D正确。
故选D。
【点睛】反应中元素的化合价变化为解答的关键，同种物质中化合价变化容易被忽略。
第Ⅱ卷（非选择题，共46分）
17.有一包白色粉末，可能含有① NaHSO4、② KHCO3、③ Ba(NO3)2、④ CaCl2、⑤ NaNO3、⑥ MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：
①取少量固体投入水中，既有气体又有沉淀产生。
②过滤，取少量①中滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。
③再取少量①中滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。
(1)推断白色粉末中一定没有__________，一定有______，不能肯定有没有的是________________。（填序号）
(2)请写出实验步骤①中产生气体的离子方程式：_______________________________。
(3)请写出实验步骤①中产生沉淀的离子方程式：_______________________________。
【答案】（1）①②③（2分）④⑥（2分）⑤（2分）
（2）H++HCO3—=H2O+CO2↑（3分）或HSO4－+HCO3—=H2O+CO2↑+SO42－
（3）SO42－+Ba2+＝BaSO4↓（3分）或HSO4－+Ba2+＝BaSO4↓+H+
【解析】
试题分析：（1）① 取少量固体投入水中，既有气体又有沉淀产生，所以一定存在硫酸氢钠和碳酸氢钾，二者反应生成二氧化碳气体；白色沉淀一定是硫酸钡，即一定含有硝酸钡；②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明一定不存在氯化钙。③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，则一定不存在硫酸镁。硝酸钠不能确定是否存在。
（2）根据以上分析可知实验步骤①中产生气体的离子方程式为H++HCO3—=H2O+CO2↑。
（3）根据以上分析可知实验步骤①中产生沉淀的离子方程式为SO42－+Ba2+＝BaSO4↓。
【考点定位】考查物质推断
【名师点晴】掌握相关物质的性质是解答的关键，注意常见离子的检验方法。进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。
18.(1)在标准状况下①3.36L NH3②1.204×1023个CH4③18gH2O④0.4 mol HCl
a.体积由小到大的顺序_____________________________________（填序号，下同）；
b.氢原子个数由小到大的顺序____________________________________。
(2)18.6 g Na2X含有0.6 mol Na＋，Na2X的摩尔质量为________。
(3)若a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(设NA为阿伏加德罗常数的值)________L。
【答案】 (1). ③＜①＜②＜④ (2). ④＜①＜②＜③ (3). 62g·mol－1 (4). 22.4bc/aNA
【解析】
【分析】
根据物质的量与气体摩尔体积、质量、微粒数目之间、摩尔质量的关系分析；
【详解】(1) a.②1.204×1023个CH4根据公式计算可得：n(CH4)==0.5mol，V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，③水标准状况下，是液态，④0.4molHCl体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L，体积由小到大的顺序为：③＜①＜②＜④；
b. ①3.36L NH3的物质的量为：0.15mol，n(H)=0.15×3=0.45mol，②1.204×1023个CH4的物质的量为0.5mol，n(H)=0.5mol×4=2mol，③18gH2O的物质的量为：1mol，n(H)=1mol×2=2mol，④0.4 mol HCl含n(H)=0.4mol，故氢原子个数由小到大的顺序为：④＜①＜②＜③；
(2)根据已知条件18.6 g Na2X含有0.6 mol Na＋，可知Na2X——2Na+，推断出Na2X的物质的量为0.3mol，代入公式得到：n(Na2X)==0.3mol，故M(Na2X)==62g/mol；
(4) ag气体的物质的量：mol，该气体的摩尔质量：a÷＝g/mol，cg气体的物质的量：c÷＝mol，cg气体在标准状况下的体积:mol×22.4L/mol＝L。
【点睛】气体摩尔体积的适用条件是在标准状况下，且注意在该条件下物质的状态；计算各物质中原子的物质的量，原子的物质的量=物质的物质的量×该原子下角标系数。
19.如图实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试回答下列问题：
（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol/L。
（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.3 mol/L稀盐酸，该学生需要量取_____mL上述浓盐酸进 行配制。
（3）配制过程中，除需要使用烧杯、量筒、）胶头滴管、玻璃棒外，还需要使用的仪器是（填写名称）__。
（4）配制时，其正确的操作顺序是（要求用字母表示，每个字母只能用一次）_____________；
A．用30mL蒸馏水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量蒸馏水（约30mL）的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻线1—2cm处
（5）在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的是_________________。
A．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至与刻度线相切
B．溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容
C．定容时仰视刻度线
D．在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶
【答案】 (1). 12 (2). 12.5 (3). 500ml容量瓶 (4). BCAFED (5). BD
【解析】
【分析】
根据一定物质的量浓度溶液的配制操作及注意事项分析；根据溶液的物质的量浓度与物质的量、溶液的体积、密度、质量分数的关系分析。
【详解】(1) 根据公式计算得到：c(HCl)===12mol/L，故该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为12mol/L；
(2)根据稀释公式得到：C1V1=C2V2，12mol/L×V1=0.400mol•L-1×0.5L，故V1=0.0125L=12.5mL；
(3) 用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸需要烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管还有500mL容量瓶；
(4)浓溶液配制稀溶液的步骤是：量取——稀释——冷却——转移——洗涤——洗液转移——定容——摇匀——静置——贴标签，故顺序为：BCAFED；
(5) A．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，是由于药品在摇匀过程中，粘在容量瓶内壁上，若继续加水至与刻度线相切溶液体积变大，溶质物质的量不变，使溶液浓度降低，故A不符合题意；
B.溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，由于热胀原理，溶液的体积偏小，溶质的物质的量不变，使溶液浓度偏高，故B符合题意；
C. 定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，故配制的溶液浓度偏小，故C不符合题意；
D. 在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶，使溶质的物质的量增大，则溶液的物质的量浓度偏大，故D符合题意。
故选BD。
【点睛】解决溶液的配制中的误差分析，只要掌握cB=中各物理量的变化趋势，就能准确的推断出实验中的误差变化。
20.298K时，向V L真空容器中通入n mol SO2和m mol H2S。
(1) 若n ＝ 2，则当m ＝ _____时，反应后容器内气体的密度最小；
(2) 若2n ＞ m，则反应后氧化产物与还原产物的质量差为_______ g；
(3) 若5n ＝ m，且反应后氧化产物与还原产物的质量和为48 g，则n＋m ＝________。
【答案】 (1). 4 (2). 16m (3). 3
【解析】
【分析】
根据化学反应中的过量计算分析；根据氧化还原反应的本质和特征分析；
【详解】(1)根据反应方程式为：SO2 + 2H2S ＝ 3S（固体） + 2H2O，当n(SO2):n(H2S)=1:2时，恰好完全反应生成S，容器中气体体积最小，即气体密度最小，故n ＝ 2，那么m=4，故答案为4。
(2) 若2n ＞ m，则此时的SO2过量,只能以H2S计算氧化产物和还原产物，氧化产物和还原产物都是硫单质，物质的量之比是2：1，相对原子质量相差的是32，设氧化产物与还原产物的质量差为Xg，根据比例关系可得到：=，得到X=16m g故答案为：16m；
(3)根据反应方程式：2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，可知当5n＝m时，H2S过量，以SO2的量计算知生成S 3n mol，依题意3n×32g/mol＝48g，得n＝0.5mol，m=5n，故n＋m＝0.5mol+0.5mol×5=3mol，故答案为：3。
【点睛】在过量计算中，参照量的选取很重要，一般，我们以量少的反应物做参照进行讨论、计算。
21.（1）从元素的化合价态上判断，下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是______________。
A．Na2S B．S C．SO2 D．H2SO4
（2）某一反应体系中存在下列6种物质:NO、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3、Fe2(SO4)3,和H2O。已知存在下列转化关系：HNO3→NO，请完成下列各题：
①该反应的还原剂是 _____________， 还原产物是___________。
②HNO3在该反应中表现出来的性质是____________________。
③当反应中生成标准状况下NO的体积是2.24 L ，此时转移的电子为___________mol。
④请把各物质填在下面空格处，需配平：_________+__________=__________+___________+___________+________。
【答案】 (1). A (2). FeSO4 (3). NO (4). 氧化性与酸性 (5). 0.3 (6). 4HNO3 (7). 3FeSO4 (8). Fe2(SO4)3 (9). Fe(NO3)3 (10). NO↑ (11). 2H2O
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应本质和特征分析；根据氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的概念分析。
【详解】(1)氧化性即表现的得电子能力，具有氧化性的元素需要处于低价态，可以得到电子使化合价升高，A.Na2S中的S是-2价处于最低价态，只具有还原性，故A正确；
B.S单质化合价为0，既具有氧化性又具有还原性，故B错误；
C.SO2中的S是+4价，既具有氧化性又具有还原性，故C错误；
D．H2SO4 中的S显+6价，最高价态只具有氧化性，故D错误；
故选A。
(2) ①氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3中N元素从+5价降低到+2价，作氧化剂被还原，生成还原产物NO，FeSO4中的Fe从+2价升高到+3价，作还原剂，被氧化，故答案为：FeSO4 ，NO；
②HNO3中N元素从+5价降低到+2价，作氧化剂表现氧化性，同时硝酸还在反应中提供H+，故也表现出酸性，故答案为：氧化性和酸性；
③当反应中生成标准状况下NO的体积是2.24 L，即n(NO)=0.1mol，HNO3——NO——3e-，根据氧化还原反应中得失电子数守恒，故生成0.1molNO转移0.3mole-，故答案为：0.3mol；
④根据得失电子守恒以及元素守恒，氮元素的化合价从+5→+2价，铁元素化合价从+2→+3价，则硫酸亚铁前边系数是3，硝酸前系数是4，水的系数是2，方程式为：4HNO3+3FeSO4=Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO↑+2H2O。
【点睛】应用最广的氧化还原反应的配平方法是以氧化剂和还原剂转移电子数目为基础，找到转移电子的最小公倍数，从而确定化学计量数。元素的最高正价只能降低，故最高正价时只能作氧化剂，只具有氧化性；元素的最低负价时，化合价只能升高，只能做还原剂，故只表现还原性，中间价态化合价既能升高，又能降低，既具有氧化性，又具有还原性。
本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，总分为100分 .
可能用到的元素的相对原子质量为：H-1 N -14 He-4 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Zn-65 Ba-137
第Ⅰ卷（选择题 共54分）
一、（本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。）
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】食用花生油与水互不相溶，所以采用分液的方法进行分离。
故选A。
2.下列名词中,哪个名词不属于物理量
A. 长度 B. 质量 C. 摩尔 D. 时间
【答案】C
【解析】
试题分析：A．长度是国际单位制中七个基本物理量之一，故选项错误；B．质量是国际单位制中七个基本物理量之一，故选项错误；C．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，其单位是摩尔，摩尔是物质的量得到单位，不属于物理量，故选项正确；D．时间是国际单位制中七个基本物理量之一，故选项错误。故选C。
考点：考查化学常识
3.在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A. NH4+ NO3－ Al3+ Cl—- B. K+ SO42－ HCO3－ Na+
C. Ca2+ NO3－ CO32- Na+ D. Cu2+ K+ SO42－ Na+
【答案】A
【解析】
【详解】A.该组离子之间在酸性溶液中不反应，能大量共存，故A正确；
B.因H+与HCO3－能结合生成水和二氧化碳气体，则不能共存，故B错误；
C.酸性溶液中H+与CO32-能结合生成水和二氧化碳气体，Ca2+与CO32-能结合生成碳酸钙沉淀，则不能大量共存，故C错误；
D.该组离子之间在酸性溶液中不反应，能共存，但Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，故D错误。
故选A。
【点睛】判断离子共存，：由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存。
4.只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。下列物质不属于氢化物的是
A. H2SO4 B. H2O C. NaH D. NH3
【答案】A
【解析】
【详解】只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。A.H2SO4中除氢之外还含有两种元素，故A不属于氢化物，故答案选A。
5.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是
① 过滤 ②蒸发 ③溶解 ④向容量瓶转移液体
A. ①和② B. ①和④ C. ①和③ D. ③和④
【答案】B
【解析】
【详解】A.蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅，蒸发完毕可以用玻璃棒转移固体，与过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流不同，故A错误；
B.过滤和转移液体操作中，玻璃棒都是起到引流作用，故B正确；
C.溶解操作中玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解，与过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流不同，故C错误；
D．向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用，与溶解操作中玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解，用途不同，故D错误；
故选B。
6.在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后
A. 整个溶液变紫色 B. 上层为无色，下层为紫红色
C. 整个溶液变为棕黄色 D. 下层无色，上层紫红
【答案】B
【解析】
【分析】
根据萃取分离实验操作分析。
【详解】碘水中加入CCl4发生萃取，碘单质从水中转移到CCl4中，由于CCl4密度大于水，则试管中出现分层，且CCl4在下层，为紫红色，上层为无色，故B正确。
【点睛】萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同，使溶质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中的方法，常用萃取剂有CCl4和苯，其中CCl4的密度比水大，苯的密度比水小。
7.下列溶液中Cl－浓度最小的是
A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液 B. 250mL 1mol/L AlCl3溶液
C. 300mL 5mol/L KCl溶液 D. 1000mL 2.5mol/L NaCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；
B. 250mL 1mol/L AlCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L；
C. 300mL 5mol/L KCl溶液中c(Cl-)=5mol/L×1=5mol/L ；
D. 1000mL 2.5mol/L NaCl溶液c(Cl-)=2.5mol/L×1=2.5mol/L；
故选D。
【点睛】物质的离子浓度=该物质的物质的量浓度×离子的下角标系数，与溶液的体积无关。
8.要除去KNO3溶液中混有的少量Ba(NO3)2杂质，得到纯净的KNO3溶液，操作正确的是
A. 加入适量的Na2CO3溶液，过滤
B. 加入足量的K2CO3溶液，过滤
C. 先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀盐酸
D. 先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3
【答案】D
【解析】
由于不能引进新杂质，Ba2＋用碳酸钾除去，最后加入硝酸酸化。因此要除去KNO3溶液中混有的少量Ba(NO3)2杂质，得到纯净的KNO3溶液，操作正确的是先加入过量的K2CO3溶液，过滤，再向滤液中加入适量的稀HNO3，答案选D。
点睛：掌握物质的性质、除杂原则是解答的关键。物质提纯的原则是不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。
9.在标准状况下，如果2.8L氧气含有n个氧原子，则阿伏加德罗常数可表示为
A. 4n B. C. 8n D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据气体摩尔体积、微粒数目与物质的量之间的关系分析。
【详解】根据公式：标准状况下：n(O2)===0.125mol，一个氧气分子含有两个氧原子，故n(O)=2 n(O2)=0.25mol，n(O)==，得NA=4n，则A正确，故答案选A。
【点睛】学会逆向思维思考，把阿伏伽德罗常数当做未知数计算，即可快速解决这类问题。
10.现有反应的化学方程式为：aFeCl2＋bKNO3＋cHCl＝dFeCl3＋eKCl＋fX＋gH2O,若b＝1，d＝3，X为生成物，其分子式应为
A. NH4Cl B. NO C. N2 D. NO2
【答案】B
【解析】
【详解】根据原子守恒定律，由已知条件可知：a=d=3、e=b=1，根据氯原子守恒，则c=4，再由氢原子守恒，则g=2，最后根据N、O原子守恒，推出X的化学式为NO，故B正确。
故选B。
【点睛】全题贯穿原子守恒定律，反应前后原子个数相同，即可推断出相关化学反应计量数，再确定X。
11.R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2价，且X 2+与单质R不反应；X 2+＋Z＝X＋Z2+；Y＋Z2+＝Y2+＋Z。这四种离子被还原成0价时表现的氧化性强弱符合 （ ）
A. Y 2+＞Z 2+＞R 2+＞X 2+
B. X2+＞R2+＞Y2+＞Z 2+
C. R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+
D. Z 2+＞X2+＞R 2+＞Y2+
【答案】C
【解析】
反应X2++Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反应Y+Z2+=Y2++Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；综上所述得到四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小为：R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+；故答案为C。
点睛：氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物． 常用于在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，亦可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物。
12.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由 NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH—、Cl—、SO42—、HCO3—中的不同阳离子和阴离子各一种组成，将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为
A. Ba(HCO3)2 B. Mg(HCO3)2 C. MgSO4 D. Ba(OH)2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据常见离子的检验方法以及离子反应发生的条件分析。
【详解】八种离子NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH-、Cl-、HCO3-、SO42-中能够形成的白色沉淀只有：BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2而甲溶液能够与其它各物质生成三种沉淀，所以甲中一定含有Ba2+和OH-，即甲为Ba(OH)2，故D正确。
故选D。
【点睛】解决本题不能从常规方向出发，尝试每个离子之间的反应，应用逆向思维思考白色沉淀的形成，结合能形成白色沉淀的离子从而进一步确定物质甲。
13.小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4-+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++□ (未配平)．关于此反应的叙述正确的是( )
A. 该反应的氧化剂是H2C2O4 B. 1molMnO4-在反应中失去5mol电子
C. 配平该反应后，H+的计量数是6 D. 该反应右框内的产物是OH—
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应相关概念及氧化还原反应的配平分析。
【详解】A.从化学价看，MnO4-中Mn为+7价，化合价降低生成+2价，故氧化剂为MnO4，-故A错误；
B.由于KMnO4做氧化剂，从化合价上可判断1molMnO4-在反应中得到5mol电子，故B错误；
C. 根据得失电子数相等，该反应中锰元素化合价降低，得到5e-，碳元素化合价升高失去2e-，配平得到，反应转移电子数10e-，可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++□，再根据电荷守恒、原子守恒，故□中为8H2O，H+的计量数是6，故C正确；
D.右框中是水分子，故D错误。
故选C。
【点睛】有离子参与的氧化还原反应中，不仅要考虑得失电子数目相等，还要考虑原子和电荷守恒。
14.已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋。下列叙述不正确的是( )
A. 当该反应生成2.24 L Cl2时，则反应中有0.2 mol电子转移
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C. 若有3 mol H2O生成，则反应中有2 mol电子转移
D. 氧化产物为Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应配平以及氧化还原反应的本质和特征分析；根据气体摩尔体积与物质的量的关系分析。
【详解】A. 该反应是再常温条件下进行的，故不能用气体摩尔体积计算，则A答案错误，故A符合题意；
B.用Co2O3制备Cl2的反应中Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，Co2O3中的Co由+3价变为+2，1molCo2O3得电子2mol，HCl中的Cl由-1价变成0价，1molHCl失电子1mol，根据得失电子守恒，有2molHCl被氧化，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B正确，但不符合题意；
C. 反应Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故C正确，但不符合题意；
D.根据方程式为：Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，盐酸作还原剂，被氧化生成Cl2，故Cl2作氧化产物，D正确，但不符合题意。
故选A。
【点睛】气体摩尔体积的适用条件是在标准状况下，即0℃,101kPa。
15.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使沉淀完全：2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
B. NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：＋＋2OH－===＋NH3↑＋2H2O
C. NaHCO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：2＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋
D. 醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
根据离子反应的条件分析；根据化学反应中反应物用量分析。
【详解】A.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42- 沉淀完全时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4的离子反应为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B. NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中，即NH4+和HCO3-分别与OH-反应，离子反应方程式为：NH＋HCO＋2OH－===CO＋NH3↑＋2H2O，故B正确；
C. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，说明OH-过量，HCO3-少，故该离子反应为HCO-3+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故C错误；
D. 醋酸是弱酸，离子反应方程式中能拆成离子形式，故D错误。
故选B。
【点睛】关于简单的过量问题，解题的关键就是取参照量，一般，我们以量少的反应物做参照进行讨论、计算。
16.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿（主要成分硫化亚铁铜），发生的化学反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。下列说法正确的是
A. CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
B. 该反应中有两种物质作还原剂
C. CuFeS2 中被氧化的原子和被还原的原子数目之比为 2∶1
D. 每生成 1molSO2，反应共转移 6mol 电子
【答案】D
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的本质和特征分析。
【详解】A．Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，则CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，故A错误；
B.该反应中，只有CuFeS2中的S化合价升高，则反应中只有CuFeS2一种物质作还原剂，故B错误；
C. Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变，则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1：2，故C错误；
D. 由方程式可知，2molCuFeS2反应生成1molSO2，有1mol硫被氧化生成SO2，转移电子为1mol×[4-（-2）]=6mol，故D正确。
故选D。
【点睛】反应中元素的化合价变化为解答的关键，同种物质中化合价变化容易被忽略。
第Ⅱ卷（非选择题，共46分）
17.有一包白色粉末，可能含有① NaHSO4、② KHCO3、③ Ba(NO3)2、④ CaCl2、⑤ NaNO3、⑥ MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：
①取少量固体投入水中，既有气体又有沉淀产生。
②过滤，取少量①中滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。
③再取少量①中滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。
(1)推断白色粉末中一定没有__________，一定有______，不能肯定有没有的是________________。（填序号）
(2)请写出实验步骤①中产生气体的离子方程式：_______________________________。
(3)请写出实验步骤①中产生沉淀的离子方程式：_______________________________。
【答案】（1）①②③（2分）④⑥（2分）⑤（2分）
（2）H++HCO3—=H2O+CO2↑（3分）或HSO4－+HCO3—=H2O+CO2↑+SO42－
（3）SO42－+Ba2+＝BaSO4↓（3分）或HSO4－+Ba2+＝BaSO4↓+H+
【解析】
试题分析：（1）① 取少量固体投入水中，既有气体又有沉淀产生，所以一定存在硫酸氢钠和碳酸氢钾，二者反应生成二氧化碳气体；白色沉淀一定是硫酸钡，即一定含有硝酸钡；②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明一定不存在氯化钙。③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，则一定不存在硫酸镁。硝酸钠不能确定是否存在。
（2）根据以上分析可知实验步骤①中产生气体的离子方程式为H++HCO3—=H2O+CO2↑。
（3）根据以上分析可知实验步骤①中产生沉淀的离子方程式为SO42－+Ba2+＝BaSO4↓。
【考点定位】考查物质推断
【名师点晴】掌握相关物质的性质是解答的关键，注意常见离子的检验方法。进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。
18.(1)在标准状况下①3.36L NH3②1.204×1023个CH4③18gH2O④0.4 mol HCl
a.体积由小到大的顺序_____________________________________（填序号，下同）；
b.氢原子个数由小到大的顺序____________________________________。
(2)18.6 g Na2X含有0.6 mol Na＋，Na2X的摩尔质量为________。
(3)若a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(设NA为阿伏加德罗常数的值)________L。
【答案】 (1). ③＜①＜②＜④ (2). ④＜①＜②＜③ (3). 62g·mol－1 (4). 22.4bc/aNA
【解析】
【分析】
根据物质的量与气体摩尔体积、质量、微粒数目之间、摩尔质量的关系分析；
【详解】(1) a.②1.204×1023个CH4根据公式计算可得：n(CH4)==0.5mol，V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，③水标准状况下，是液态，④0.4molHCl体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L，体积由小到大的顺序为：③＜①＜②＜④；
b. ①3.36L NH3的物质的量为：0.15mol，n(H)=0.15×3=0.45mol，②1.204×1023个CH4的物质的量为0.5mol，n(H)=0.5mol×4=2mol，③18gH2O的物质的量为：1mol，n(H)=1mol×2=2mol，④0.4 mol HCl含n(H)=0.4mol，故氢原子个数由小到大的顺序为：④＜①＜②＜③；
(2)根据已知条件18.6 g Na2X含有0.6 mol Na＋，可知Na2X——2Na+，推断出Na2X的物质的量为0.3mol，代入公式得到：n(Na2X)==0.3mol，故M(Na2X)==62g/mol；
(4) ag气体的物质的量：mol，该气体的摩尔质量：a÷＝g/mol，cg气体的物质的量：c÷＝mol，cg气体在标准状况下的体积:mol×22.4L/mol＝L。
【点睛】气体摩尔体积的适用条件是在标准状况下，且注意在该条件下物质的状态；计算各物质中原子的物质的量，原子的物质的量=物质的物质的量×该原子下角标系数。
19.如图实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试回答下列问题：
（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol/L。
（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.3 mol/L稀盐酸，该学生需要量取_____mL上述浓盐酸进 行配制。
（3）配制过程中，除需要使用烧杯、量筒、）胶头滴管、玻璃棒外，还需要使用的仪器是（填写名称）__。
（4）配制时，其正确的操作顺序是（要求用字母表示，每个字母只能用一次）_____________；
A．用30mL蒸馏水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量蒸馏水（约30mL）的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻线1—2cm处
（5）在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的是_________________。
A．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至与刻度线相切
B．溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容
C．定容时仰视刻度线
D．在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶
【答案】 (1). 12 (2). 12.5 (3). 500ml容量瓶 (4). BCAFED (5). BD
【解析】
【分析】
根据一定物质的量浓度溶液的配制操作及注意事项分析；根据溶液的物质的量浓度与物质的量、溶液的体积、密度、质量分数的关系分析。
【详解】(1) 根据公式计算得到：c(HCl)===12mol/L，故该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为12mol/L；
(2)根据稀释公式得到：C1V1=C2V2，12mol/L×V1=0.400mol•L-1×0.5L，故V1=0.0125L=12.5mL；
(3) 用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸需要烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管还有500mL容量瓶；
(4)浓溶液配制稀溶液的步骤是：量取——稀释——冷却——转移——洗涤——洗液转移——定容——摇匀——静置——贴标签，故顺序为：BCAFED；
(5) A．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，是由于药品在摇匀过程中，粘在容量瓶内壁上，若继续加水至与刻度线相切溶液体积变大，溶质物质的量不变，使溶液浓度降低，故A不符合题意；
B.溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，由于热胀原理，溶液的体积偏小，溶质的物质的量不变，使溶液浓度偏高，故B符合题意；
C. 定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，故配制的溶液浓度偏小，故C不符合题意；
D. 在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶，使溶质的物质的量增大，则溶液的物质的量浓度偏大，故D符合题意。
故选BD。
【点睛】解决溶液的配制中的误差分析，只要掌握cB=中各物理量的变化趋势，就能准确的推断出实验中的误差变化。
20.298K时，向V L真空容器中通入n mol SO2和m mol H2S。
(1) 若n ＝ 2，则当m ＝ _____时，反应后容器内气体的密度最小；
(2) 若2n ＞ m，则反应后氧化产物与还原产物的质量差为_______ g；
(3) 若5n ＝ m，且反应后氧化产物与还原产物的质量和为48 g，则n＋m ＝________。
【答案】 (1). 4 (2). 16m (3). 3
【解析】
【分析】
根据化学反应中的过量计算分析；根据氧化还原反应的本质和特征分析；
【详解】(1)根据反应方程式为：SO2 + 2H2S ＝ 3S（固体） + 2H2O，当n(SO2):n(H2S)=1:2时，恰好完全反应生成S，容器中气体体积最小，即气体密度最小，故n ＝ 2，那么m=4，故答案为4。
(2) 若2n ＞ m，则此时的SO2过量,只能以H2S计算氧化产物和还原产物，氧化产物和还原产物都是硫单质，物质的量之比是2：1，相对原子质量相差的是32，设氧化产物与还原产物的质量差为Xg，根据比例关系可得到：=，得到X=16m g故答案为：16m；
(3)根据反应方程式：2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，可知当5n＝m时，H2S过量，以SO2的量计算知生成S 3n mol，依题意3n×32g/mol＝48g，得n＝0.5mol，m=5n，故n＋m＝0.5mol+0.5mol×5=3mol，故答案为：3。
【点睛】在过量计算中，参照量的选取很重要，一般，我们以量少的反应物做参照进行讨论、计算。
21.（1）从元素的化合价态上判断，下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是______________。
A．Na2S B．S C．SO2 D．H2SO4
（2）某一反应体系中存在下列6种物质:NO、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3、Fe2(SO4)3,和H2O。已知存在下列转化关系：HNO3→NO，请完成下列各题：
①该反应的还原剂是 _____________， 还原产物是___________。
②HNO3在该反应中表现出来的性质是____________________。
③当反应中生成标准状况下NO的体积是2.24 L ，此时转移的电子为___________mol。
④请把各物质填在下面空格处，需配平：_________+__________=__________+___________+___________+________。
【答案】 (1). A (2). FeSO4 (3). NO (4). 氧化性与酸性 (5). 0.3 (6). 4HNO3 (7). 3FeSO4 (8). Fe2(SO4)3 (9). Fe(NO3)3 (10). NO↑ (11). 2H2O
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应本质和特征分析；根据氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的概念分析。
【详解】(1)氧化性即表现的得电子能力，具有氧化性的元素需要处于低价态，可以得到电子使化合价升高，A.Na2S中的S是-2价处于最低价态，只具有还原性，故A正确；
B.S单质化合价为0，既具有氧化性又具有还原性，故B错误；
C.SO2中的S是+4价，既具有氧化性又具有还原性，故C错误；
D．H2SO4 中的S显+6价，最高价态只具有氧化性，故D错误；
故选A。
(2) ①氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3中N元素从+5价降低到+2价，作氧化剂被还原，生成还原产物NO，FeSO4中的Fe从+2价升高到+3价，作还原剂，被氧化，故答案为：FeSO4 ，NO；
②HNO3中N元素从+5价降低到+2价，作氧化剂表现氧化性，同时硝酸还在反应中提供H+，故也表现出酸性，故答案为：氧化性和酸性；
③当反应中生成标准状况下NO的体积是2.24 L，即n(NO)=0.1mol，HNO3——NO——3e-，根据氧化还原反应中得失电子数守恒，故生成0.1molNO转移0.3mole-，故答案为：0.3mol；
④根据得失电子守恒以及元素守恒，氮元素的化合价从+5→+2价，铁元素化合价从+2→+3价，则硫酸亚铁前边系数是3，硝酸前系数是4，水的系数是2，方程式为：4HNO3+3FeSO4=Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO↑+2H2O。
【点睛】应用最广的氧化还原反应的配平方法是以氧化剂和还原剂转移电子数目为基础，找到转移电子的最小公倍数，从而确定化学计量数。元素的最高正价只能降低，故最高正价时只能作氧化剂，只具有氧化性；元素的最低负价时，化合价只能升高，只能做还原剂，故只表现还原性，中间价态化合价既能升高，又能降低，既具有氧化性，又具有还原性。
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