【化学】贵州省遵义市正安县一中2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

贵州省遵义市正安县一中2018-2019学年高一上学期期中考试试题
1.欲配制100 mL 1.0 mol·L－1硫酸钠溶液，不正确的方法是( )
A. 将14.2 g 硫酸钠溶于100 mL水中
B. 将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于少量水中，再加水稀释至100 mL
C. 将20 mL 5.0 mol·L－1硫酸钠溶液用水稀释至100 mL
D. 将14.2 g 硫酸钠溶于水中得到100 mL溶液
【答案】A
【解析】
【分析】根据c＝n/V计算。
【详解】A、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于100 mL水中，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，A错误；
B、32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g÷322g/mol=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，B正确；
C、根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，C正确；
D、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于水中得到100 mL溶液，则硫酸钠溶液的浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，D正确。
答案选A。
2.将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol·L-1的稀硫酸加热蒸发掉一定量的水，使质量分数为2a%，此时硫酸的物质的量浓度为c2mol·L-1。已知硫酸浓度越大，密度越大，则c1与c2的数值关系是( )
A. c1=2c2 B. c2=2cl C. c2＞2c1 D. c2＜2cl
【答案】C
【详解】根据c＝1000ρw%/M可知c1＝1000×ρ1×a%/98，c2＝1000×ρ2×2a%/98，由此可知：c1∶c2＝ρ1∶2ρ2。由于硫酸浓度越大，密度越大，即ρ2＞ρ1，所以有c2＞2c1。答案选C。
3.有一份气体样品的质量是14.2 g，体积是4.48 L(标准状况下)，该气体的摩尔质量是( )
A. 28.4 g B. 28.4 g·mol－1 C. 71 g·mol－1 D. 14.2 g·mol－1
【答案】C
【分析】根据n=V÷Vm、M=m÷n解答。
【详解】气体的物质的量n=V÷Vm=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，气体的质量是14.2g，因此气体的摩尔质量M=m÷n=14.2g÷0.2mol=71g/mol，选项C正确。答案选C。
4. 下列有关分离和提纯的说法正确的是( )
A. 除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入适量K2CO3
B. 用蒸馏的方法从海水中得到淡水
C. 用酒精可以从碘水中萃取碘
D. 用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气
【答案】B
【解析】试题分析：A．除去NaCl溶液中少量CaCl2加入适量K2CO3后生成碳酸钙沉淀，但会引入钾离子，应该用碳酸钠，A错误；B．用蒸馏的方法从海水中得到淡水，B正确；C．酒精和会互溶，不能用酒精从碘水中萃取碘，C错误；D．浓硫酸与氨气反应，不用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气，应该用碱石灰，D错误，答案选B。
5.如ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是( )
A. L B. L C. L D. L
【答案】D
【解析】试题分析：a克某气体中含有的分子数为b，则c克气体含有的分子数为，c克该气体的物质的量为=mol，在标准状况下Vm=22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol×22.4L/mol=L，故选D。
6.NA为阿伏加德罗常数，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2NA
B. 常温下，0.9 g H2O中，含有的电子数为0.5NA
C. 标准状况下，2.24 L CCl4所含的原子数为0.5NA
D. 1 mol•L﹣1的Na2SO4溶液中，含Na+的个数为2NA
【答案】B
【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分子水含有10个电子，则含有的电子数为0.5NA，故B正确；
C、标准状况下四氯化碳为液体，不能利用气体的摩尔体积计算2.24L 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。
7.除去粗盐中混有泥沙的实验中，用到玻璃棒的次数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【详解】除去粗盐中混有泥沙的实验中，首先溶于水，需要玻璃棒搅拌，过滤时需要玻璃棒引流，从溶液中得到氯化钠晶体需要蒸发，又需要利用玻璃棒搅拌，所以用到玻璃棒的次数是3次。答案选C。
8.完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl﹣，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为1∶1∶1，则上述溶液的体积比为( )
A. 1∶1∶1 B. 6∶3∶2 C. 3∶2∶1 D. 9∶3∶1
【答案】B
【解析】设物质的量浓度均是cmol/L，需要溶液的体积分别是xL、yL、zL，根据Ag++Cl－＝AgCl↓结合化学式可知xc＝2yc＝3zc，解得x:y:z＝6:3:2，答案选A。
9.常温常压下，气体体积的大小主要取决于( )
A. 构成气体的分子的大小
B. 构成气体的分子的相对分子质量大小
C. 构成气体的分子数目的多少
D. 构成气体的分子所含原子的多少
【答案】C
【解析】
【分析】由pV=nRT可知，常温常压下，温度、压强一定，则V取决于n，以此来解答。
【详解】由pV=nRT可知，常温常压下，温度、压强一定，则V取决于n，即气体体积的大小主要取决于构成气体的分子数目的多少，而与分子大小、分子的相对分子质量、分子中的原子数无关，答案选C。
10.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是( )
A. 16 g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子数为NA
B. 44 g CO2与28 g CO所含有的分子数都为NA
C. 46 g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA
D. NA个氮分子与NA个氧分子的质量比为7∶8
【答案】C
【详解】A. 氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，16 g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的物质的量是1mol，氧原子数为NA，A正确；
B. 44 g CO2与28 g CO的物质的量均是1mol，所含有的分子数都为NA，B正确；
C. 由于不能计算出46 g NO2和N2O4的混合物的物质的量，因此不能计算混合物含有的分子数，C错误；
D. NA个氮分子与NA个氧分子的物质的量相同，均是1mol，则其质量比为28：32＝7：8，D正确。
答案选C。
11. 要配制浓度约为1mol/L NaOH溶液100mL，下列操作错误的是( )
A. 在托盘天平上放两片大小、质量一样的纸，然后将氢氧化钠放在纸片上称量
B. 把称得的氢氧化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶
C. 用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2—3次，洗涤液也移入容量瓶
D. 沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，到刻度线1—2cm时改用胶头滴管滴加，直到溶液凹液面恰好与刻度线相切
【答案】A
【解析】试题分析：A、氢氧化钠有腐蚀性不能放在纸上称量，要放到玻璃器皿中称量，故错误。
12.在t ℃时，向x g KNO3不饱和溶液中加入a g KNO3或蒸发掉b g水，恢复到t ℃，溶液均达到饱和，据此，下列推论不正确的是( )
A. 在t ℃时，KNO3的溶解度为g
B. 若原溶液中溶质的质量分数为，则x=2b
C. 在t ℃时，所配的KNO3溶液中溶质的质量分数为w≤%
D. 若将原溶液蒸发掉2b g水，恢复到原温度析出2a g KNO3
【答案】D
【解析】试题分析：在t ℃时，向x g KNO3不饱和溶液中加入a g KNO3或蒸发掉b g水，恢复到t ℃，溶液均达到饱和，这说明bg水恰好溶解ag的硝酸钾达到饱和状态，则该温度下硝酸钾的溶解度是g；根据溶解度的定义，在加入了ag溶质之后形成饱和溶液，可以列出式子：，S表示溶解度。将S＝g带入及得到x＝2b，B正确；在t℃时饱和硝酸钾溶液中溶质的质量分数为%，配成的溶液质量分数应该小于等于饱和溶液中溶质的质量分数，所以C是正确的；原不饱和溶液蒸发掉bg水的时候刚好形成饱和溶液，此时继续蒸发掉bg水，析出溶质的质量就是溶解于bg水中的溶质的质量，为ag，所以D错，答案选D。
13.下列说法正确的是（　　）
A. 阴离子只有还原性
B. 含有最高价元素的化合物，只有氧化性，不具有还原性
C. Zn和稀硫酸反应既属于离子反应，也属于氧化还原反应
D. 没有单质参加也没有单质生成的反应一定不是氧化还原反应
【答案】C
【详解】A．如为高锰酸根离子，Mn元素化合价为最高价态，则为强氧化性，故A错误；
B．如同时含最低价，则也有还原性，如水，既具有氧化性也具有还原性，故B错误；
C．锌和稀硫酸反应，为锌和氢离子的反应，Zn和H元素化合价变化，既属于离子反应，也属于氧化还原反应，故C正确；
D．硝酸与二氧化硫反应生成硫酸和NO，为氧化还原反应，该反应没有单质参加和生成，故D错误；
故选C。
14.在外加电场的作用下，氢氧化铁胶体粒子移向阴极的原因是( )
A. 铁离子带正电荷
B. 氢氧化铁带负电吸引阳离子
C. 氢氧化铁胶体粒子吸附阳离子而带正电荷
D. 氢氧化铁胶体吸附阴离子带负电荷
【答案】C
【详解】由于氢氧化铁的胶粒吸附阳离子而带正电荷，因此在外加电场的作用下，氢氧化铁胶体粒子移向阴极，而氢氧化铁胶体是不带电的。答案选C。
15.一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O(未配平)，该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为( )
A. 5∶3 B. 5∶4 C. 1∶1 D. 3∶5
【答案】A
【解析】试题分析： NH4NO3 中前者N的化合价为-3，后者N为+5，最终氧化和还原产物都是N2为0价，故被氧化与被还原的氮原子数之比为5：3，选项A正确。
16.在某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，溶液的导电性由大变小又逐渐增大的是( )
A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液 B. 硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C. 石灰乳中滴加稀盐酸 D. 硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
【答案】D
【解析】
【分析】溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。
【详解】A.盐酸中滴加食盐溶液，使溶液中的带点离子浓度增大，导电能力增强，A错误；
B.硫酸中滴加氢氧化钠，氢离子浓度减小，钠离子浓度增大，导电能力几乎不变，B错误；
C.石灰乳中滴加盐酸，石灰乳微溶于水，溶于盐酸，使离子浓度增大，导电能力增强，C错误；
D.硫酸中滴加氢氧化钡，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力减弱，当完全反应时，再滴加氢氧化钡溶液，带电离子逐渐增大，导电能力增强，D正确；答案为D
17.下列叙述正确的是( )
A. 胶体区别于其他分散系的根本原因是胶体有丁达尔效应
B. 分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序：溶液＜胶体＜浊液
C. 氯化铁溶液加入到冷水中可以制得氢氧化铁胶体
D. 胶体的分散质可以通过过滤从分散剂中分离出来
【答案】B
【详解】A、胶体具有丁达尔效应,能区别胶体和溶液,但是胶体与其它分散系的根本区别并不在于丁达尔效应,而在于分散系微粒直径的大小,故A错误；
B、溶液的微粒直径小于1nm，胶体微粒直径在1nm与100nm之间，而浊液的微粒直径大于100nm ，因此分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序是:溶液<胶体<浊液，故B正确；
C、制备氢氧化铁胶体时要先把蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5-6滴FeCl3饱和溶液，并继续煮沸至溶液呈红褐色，故C错误；
D、胶体的微粒不能透过半透膜，能透过滤纸，因此胶体的分散质不能通过过滤的方法分离，故D错误；
综上所述，本题选B。
18.符合如图中阴影部分的物质是(　　)

A. 碳酸氢钠 B. 碱式碳酸铜
C. 氯化钠 D. 碳酸钠
【答案】D
【详解】碳酸氢钠属于碳酸的酸式盐和钠盐；碱式碳酸铜属于碳酸的碱式盐和铜盐；氯化钠属于盐酸的正盐和钠盐；碳酸钠属于碳酸的正盐和钠盐。故选D。
19.在无色透明的酸性溶液中，下列离子能大量共存的是( )
A. K＋、Cu2＋、NO3－、SO42－ B. CO32－、Na＋、Cl－、SO42－
C. Al3＋、Cl－、NO3－、Mg2＋ D. H＋、Ba2＋、NO3－、SO42－
【答案】C
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质以及溶液无色显酸性分析解答。
【详解】A、铜离子在溶液中显蓝色，不是无色的，不能大量共存，A错误；
B、在酸性溶液中碳酸根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，B错误；
C、Al3＋、Cl－、NO3－、Mg2＋在酸性溶液中相互之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；
D、钡离子和硫酸根离子在溶液中反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选C。
20.下列物质属于非电解质的是( )
A. 氨 B. 硫酸铵 C. 氯气 D. 醋酸
【答案】A
【详解】A.氨气是非电解质；故A正确；
B.硫酸铵属于盐，是电解质；故B错误；
C.氯气为单质，不是非电解质；故C错误；
D.醋酸属于酸，醋酸是电解质；故D错误；
故选A。
21.下列叙述中不正确的是( )
A. CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐
B. HCl、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
C. 蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物
D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH
【答案】B
【解析】
【分析】A．含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；
B．纯碱是碳酸钠，属于盐；
C．含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；
D．氢氧化钡与碳酸钠反应生成氢氧化钠和碳酸钡。
【详解】A、CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，选项A正确；
B、纯碱属于盐类不属于碱，选项B不正确；
C、蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石属于混合物，选项C正确；
D、Ba(OH)2+Na2CO3BaCO3↓+2NaOH，可一步转化生成NaOH，选项D正确。
答案选B。
22.现有以下物质：①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑤蔗糖、⑥铜、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体、⑩浓盐酸。下列说法正确的是( )
A. 以上物质能导电的是④⑥⑩
B. 以上物质属于电解质的是①②③④⑧⑨⑩
C. 属于非电解质的是②⑤⑦
D. 以上物质中，溶于水能够导电的物质是①②④⑤⑦⑧⑩
【答案】A
【解析】A、④熔融KCl、⑩浓盐酸中含有自由移动离子、⑥铜含有自由移动的电子，所以④⑥⑩都能导电，选项A正确； B、①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固体是电解质，⑩浓盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、⑤蔗糖、⑦CO2是非电解质，②液态HCl是电解质，选项C错误；D、水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导电，①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体，溶于水溶液都能导电，⑤蔗糖溶于水不能导电，选项D错误。答案选A。
23.已知A2On2－可将B2－氧化为B单质，A2On2－则被还原为A3＋，又知100 mL的0.3 mol·L－1的A2On2－与150 mL的0.6 mol·L－1B2－恰好完全反应，则A2On2－中的n值为( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。
【详解】设A2On2－中A元素的化合价是x，反应后变为+3价。反应中B元素化合价从－2价升高到0价，失去2个电子，根据电子得失守恒可知100mL×0.3mol/L×（x－3）×2＝150mL×0.6mol/L×2，解得x＝+6，因此离子中氧元素是－2价、带2个负电荷可知n＝7。答案选D。
24.下列离子方程式正确的是( )
A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O
B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O
C. 氧化铜与稀硫酸反应：2H＋＋O2－＝H2O
D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32－＋2H＋＝CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+ CO32﹣+2H2O，选项A错误；B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，选项B正确；C. 氧化铜与稀硫酸反应的离子方程式为：2H++CuO═Cu2++H2O，选项C错误；D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，选项D错误。答案选B。
25.一定条件下，和氟气(F2)可发生如下反应：＋F2＋2OH－===＋2F－＋H2O，从而可知在中，元素R的化合价是( )
A. ＋4 B. ＋5 C. ＋6 D. ＋7
【答案】B
【解析】试题分析：根据等号两端电荷守恒可知，n=（2×2+2×1-4×1）÷2=1，所以R的化合价是+5价，答案选B。
26.下列说法中正确的是( )
A. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 铜、石墨均导电，所以它们是电解质
D. 蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质
【答案】D
【详解】A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但HCl、NaCl溶于水均电离出阴阳离子而导电，均是电解质，A错误；
B、NH3、CO2的水溶液均导电，但溶液导电是因为二者都与水反应生成电解质一水合氨、碳酸的缘故，不是自身电离产生的自由移动的离子，所以NH3、CO2均是非电解质，B错误；
C、铜、石墨均导电，但他们都是单质，所以它们不是电解质，也不是非电解质，C错误；
D、蔗糖、酒精在水溶液或熔融时均不能电离出离子，不导电，所以它们是非电解质，D正确。
答案选D。
27.在2Mg＋O22MgO的化学反应中：
（1）氧元素的化合价由0价降低为________价，降低了________价；氧气得到电子的总数为________。
（2）镁原子失去电子的总数为________，1 mol Mg反应时转移电子的物质的量为________。
【答案】(1). －2 (2). 2 (3). 4 (4). 4 (5). 2 mol
【解析】
【分析】反应中氧元素化合价降低，镁元素化合价升高，结合氧化还原反应的有关概念分析判断。
【详解】（1）根据反应的方程式2Mg＋O22MgO可知氧元素的化合价由0价降低为－2价，降低了2价，因此氧气得到电子的总数为4。
（2）镁原子化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，根据方程式可知失去电子的总数为4，1 mol Mg反应时转移电子的物质的量为2mol。
28.（1）铁钉在氯气中被锈蚀为棕褐色物质FeCl3，而在盐酸中生成浅绿色的FeCl2溶液。在Cl2、Cl－、H＋中，具有氧化性的是____________，其中氧化性最强的是____________。
（2）盐酸在不同的反应中可以分别表现出酸性、氧化性和还原性。现在有如下三个反应，请写出盐酸在三个反应中分别起何种作用：
①Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑____________________；
②NaOH＋HCl===NaCl＋H2O__________________；
③2HClH2↑＋Cl2↑________________________。
（3）铁钉在氯气中被锈蚀成棕褐色物质FeCl3，而在盐酸中生成浅绿色溶液(FeCl2)；向浓盐酸中滴加KMnO4溶液产生淡黄绿色气体(Cl2)。在Cl2、H＋、中，__________________氧化性最强。
（4）高锰酸钾与氢溴酸溶液可以发生下列反应：2KMnO4＋16HBr===5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O。其中还原剂是________________。若消耗15.8 g氧化剂，则被氧化的还原剂的质量是______________g。HBr的作用是____________________。
【答案】(1). Cl2、H＋ (2). Cl2 (3). 氧化性、酸性 (4). 酸性 (5). 既有氧化性又有还原性 (6). MnO4- (7). HBr (8). 40.5 (9). 还原性、酸性
【解析】
【分析】（1）根据元素的化合价和物质的性质分析；
（2）①Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑中，HCl中H元素的化合价降低；
②NaOH+HCl=NaCl+H2O中，没有元素的化合价变化，为中和反应；
③2HClH2↑＋Cl2↑中，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高；
（3）同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
（4）反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，Br元素化合价升高，Mn元素化合价降低，则反应中KMnO4为氧化剂，HBr为还原剂，根据方程式计算。
【详解】（1）在Cl2、Cl-、H+中，氢元素处于最高价具有氧化性，氯气容易得电子具有较强的氧化性，所以具有氧化性的是Cl2、H+，其中氧化性最强的是Cl2，故答案为：Cl2、H+；Cl2；
（2）①Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑中，HCl中H元素的化合价降低，则体现其氧化性，反应中生成盐，还表现酸性，故答案为：氧化性、酸性；
②NaOH+HCl=NaCl+H2O中，没有元素的化合价变化，为中和反应，反应生成盐，表现酸性；故答案为：酸性；
③2HClH2↑＋Cl2↑，H元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，所以HCl表现了氧化性、还原性，故答案为：既有氧化性又有还原性；
（3）铁钉在氯气中被锈蚀成棕褐色物质(FeCl3)，Cl2表现氧化性，而在盐酸中生成浅绿色溶液(FeCl2)，H+具有氧化性，且氧化性Cl2＞H+；浓盐酸中滴加KMnO4溶液产生黄绿色气体（Cl2），则证明氧化性是MnO4-＞Cl2，所以氧化性顺序是：MnO4-＞Cl2＞H+，所以氧化性最强的是MnO4-，故答案为：MnO4-
（4）反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，Br元素化合价升高，Mn元素化合价降低，则反应中KMnO4为氧化剂，HBr为还原剂，且做还原剂的只占参加反应的HBr的；
设：消耗15.8 g氧化剂，则被氧化的还原剂的质量是x
2KMnO4 +16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O
158×2 81×16×
15.8g x 解得：x=＝40.5g
反应中HBr被氧化为Br2，HBr表现还原性；有MnBr2、KBr（盐）生成，HBr表现出了酸性；
故答案为：HBr；40.5；还原性、酸性。
29.粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。根据教材中“粗盐的提纯”实验回答下列问题：
（1）实验室蒸发食盐水时，操作过程如下：①放置酒精灯，②固定铁圈位置，③放上蒸发皿(蒸发皿中盛有食盐水)，④加热搅拌，⑤停止加热。其正确的操作顺序为______________。
（2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是______________________________，如果含有硫酸根离子，除去硫酸根离子的方法是____________________________________。
（3）在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是__________________________。
（4）将经过操作（3）后的溶液过滤。请问这一操作能除去的杂质是______________________。
（5）实验室将粗盐制成精盐的过程中，下列三个实验操作步骤中都要使用玻璃棒，分别说明各自使用玻璃棒的作用：溶解时________________，过滤时____________，蒸发时________________。
【答案】（1）①②③④⑤
（2）取适量溶液于试管中，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42－；加BaCl2，过滤
（3）除去Ca2+及少量的Mg2+
（4）泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+
（5）溶解时：是搅拌，过滤时：引流，蒸发时：搅拌
【解析】（1）仪器的安装一般遵循自下而上，在左向右的原则。在蒸发时当出现电离晶体时，即可停止加热，所以正确的顺序是①②③④⑤。
（2）SO42－的检验一般用氯化钡溶液，即取适量溶液于试管中，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42－；如果含有SO42－，则应该加入氯化钡溶液，生成硫酸钡后过滤即可除去。
（3）饱和碳酸钠溶液是除去溶液中的Ca2+及少量的Mg2+的。
（4）根据实验过程可知，生成的沉淀有氢氧化镁、碳酸镁以及含有泥沙等。
（5）溶解时搅拌能加速；过滤时起引流作用；蒸发时搅拌，防止液体局部过热。
30.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为蒸馏实验装置。

（1）写出下列仪器的名称：a．__b．__。
（2）实验过程中，需要通冷水，图中的进水方向是__进（填图中字母）。
（3）若利用装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的用品是__。
（4）若用装置制蒸馏水，实验时a中除加入少量自来水外，还需加入少量__，其作用是防止暴沸。
【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). g (4). 温度计 (5). 碎瓷片（沸石）
【解析】
【分析】（1）由图可知仪器的名称；
（2）冷水下进上出，在冷凝管中停留时间长，冷却效果好；
（3）分离四氯化碳和酒精的混合物，采取蒸馏法，需要温度计测定温度；
（4）若用装置制蒸馏水，加热时需要防止液体剧烈沸腾。
【详解】（1）根据仪器构造可知仪器a、b的名称分别为蒸馏烧瓶、冷凝管；
（2）实验过程中，需要通冷水，应该是下口进上口出，则图中的进水方向是g进，f出；
（3）分离四氯化碳和酒精的混合物，应该采取蒸馏法，需要温度计测定温度，图中缺少的仪器为温度计；
（4）若用装置制蒸馏水，加热时需要防止液体剧烈沸腾，则实验时a中除加入少量自来水外，还需加入少量碎瓷片（沸石），其作用是防止暴沸。
31.现有A、B、C、D、E、F六种装置，如图所示。(胶塞、导管可自由选用)，已知：实验室可用下列反应制取氧气2KClO32KCl＋3O2↑。

（1）写出仪器名称：①________，②________。
（2）实验室制取并收集氧气时，应选择____________和________相连接。
（3）做木炭还原氧化铜并检验生成气体的实验时，应选择________和________相连接，检验生成气体时使用的试剂是________，检验气体时观察到的实验现象是_______________________________________________________________________。
（4）制取氢气并做还原氧化铜的实验时，应选择______和________装置，实验结束时应先停止加热，待试管冷却后，再停止通氢气，其原因是________。
【答案】(1). 铁架台 (2). 酒精灯 (3). A (4). E (5). A (6). C (7). 澄清石灰水 (8). C中溶液变浑浊 (9). B (10). D (11). 防止生成的铜再和氧气反应
【解析】
【分析】（1）根据仪器的图形、构造判断仪器的名称；
（2）实验室可用加热氯酸钾固体制备氧气，根据氧气密度大于空气分析；
（3）做木炭还原氧化铜并检验生成气体的实验，可在大试管中加热条件下进行，用澄清石灰水检验；
（4）用稀硫酸和锌反应制备氢气，在大试管中加热条件下进行还原实验，实验结束时应先停止加热，待试管冷却后，再停止通氢气，防止铜被氧化。
【详解】（1）由仪器的图形、构造判断①为铁架台，②为酒精灯；
（2）实验室可用加热氯酸钾固体制备氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，则选用A、E装置；
（3）做木炭还原氧化铜并检验生成气体的实验，可在大试管中加热条件下进行，氧化产物是二氧化碳，因此可用澄清石灰水检验，所以用A、C装置，检验气体时观察到的实验现象是C中澄清石灰水变浑浊；
（4）用稀硫酸和锌反应制备氢气，在大试管中加热条件下进行还原实验，可用B、D装置，在加热的条件下铜易被氧化，所以实验结束时应先停止加热，待试管冷却后，再停止通氢气，防止生成的铜再和氧气反应。
32.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。
（1）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：2KNO3＋3C＋S＝K2S＋N2↑＋3CO2↑。其中被氧化的元素是____________，还原产物是____________。
（2）实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。
①上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显________价。
②以上反应中的氧化剂为________，当有1 mol CuI参与反应时，转移电子________mol。
③标明上述反应电子转移的方向和数目______________________________。
（3）工业上常用酸性高锰酸钾溶液处理含有CuS和Cu2S的矿物，其反应原理如下：
8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋＝10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O
6MnO4－＋5CuS＋28H＋＝5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O
根据上述反应原理，某学习小组用400 mL 0.075 mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液处理2 g含有CuS和Cu2S的混合物。反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350 mL 0.1 mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。
①配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式：
______MnO4－＋______Fe2＋＋______H＋＝______Mn2＋＋______Fe3＋＋______H2O。
②KMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为________mol。
【答案】(1). C (2). K2S和N2 (3). ＋1 (4). CuI (5). 0.5
(6). (7). 1　5　8　1　5　4 (8). 0.007
【解析】
【分析】（1）化合价升高的元素被氧化，氧化剂被还原得到还原产物；
（2）①根据化合物中正负价代数和为0解答；
②所含元素化合价降低的物质是氧化剂，根据Cu和Hg元素的化合价变化计算转移电子的物质的量；
③根据Cu和Hg元素的化合价变化分析电子转移情况；
（3）①根据Mn、Fe元素的化合价变化结合电子得失守恒解答；
②根据方程式计算。
【详解】（1）反应2KNO3＋3C＋S＝K2S＋N2↑＋3CO2↑中碳元素化合价升高，因此被氧化的元素是C。氮元素和硫元素化合价降低，被还原，所以还原产物是K2S和N2。
（2）①Cu2HgI4中Hg是+2价，I是－1价，根据正负价代数和为0可知Cu元素显+1价。
②根据方程式可知CuI中铜元素化合价从+1价降低到0价，得到1个电子，所以反应中的氧化剂为CuI。根据方程式可知4molCuI参加反应转移2mol电子，则当有1 mol CuI参与反应时，转移电子0.5mol。
③反应中Hg元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，则上述反应电子转移的方向和数目可表示为。
（3）①反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Fe元素化合价从+2价升高到3价，失去1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的方程式为MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；
②反应中消耗亚铁离子的物质的量是0.35L×0.1mol/L＝0.035mol，根据反应方程式MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O可知剩余高锰酸钾是0.035mol÷5＝0.007mol。