四川省内江市威远中学2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题

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四川省内江市威远中学2019-2020学年高一上学期第一次月考
化学试题
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,所以A选项是正确的; 
B.铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,所以B选项是正确的; 
C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故C错误; 
D.石蜡的燃烧是氧化还原反应,所以D选项是正确的. 
综上所述，本题应选C。
2.下列说法中，正确的是
A. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降
B. 失去电子越多的还原剂，其还原性越强
C. 氧化还原反应中，有一种元素的化合价升高，一定有另一种元素化合价的降低
D. 含有最高价元素的化合物不一定具有强氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A.氧化还原反应的本质是电子的得失或偏移，故A错误；
B. 还原性的强弱与失去电子的多少无关，与失去电子的能力有关，故B错误；
C. 氧化还原反应中，有可能只涉及一种元素的化合价升降，如归中反应或歧化反应，故C错误；
D.含有最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，氧化性的强弱与得电子能力有关，如CO2的氧化性很弱，故D正确。
答案选D。
【点睛】氧化还原反应的本质是电子的得失或偏移，氧化性与还原性的强弱与得失电子的能力有关，与得失电子多少无关。
3.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是（ ）
A. 分离沸点相差较大液体混合物
B. 除去CO气体中的CO2气体
C. 向容量瓶中转移液体
D. 分离互不相溶的两种液体
【答案】A
【解析】
A.分离沸点相差较大的液体混合物，采用蒸馏的方法，但温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B.除去CO气体中的CO2气体，可以采用NaOH溶液洗气的方法除去CO2，故B正确；C.向容量瓶中转移液体时，应用玻璃棒引流，玻璃棒的下端位于容量瓶的刻度线下方，故C正确；D.分离互不相溶的两种液体，可以采用分液的方法，故D正确；
故答案选A。
4.下列溶液中，物质的量浓度最大的是
A. 将30ml 5mol/L NaOH溶液加水稀释到100ml，稀释后溶液中的NaOH的物质的量浓度
B. 0.5 L 含 49 g H2SO4 的溶液
C. 将 1mol Na2O 溶于水并配成 1 L 的溶液
D. 含 K+为 1mol/L的 K2SO4 溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.30mL 5mol/L NaOH溶液加水稀释到100mL，c（NaOH）==1.5mol/L；
B．0.5 L 含 49 g H2SO4 的溶液中，H2SO4 的物质的量为49g÷98g/mol=0.5mol，c（H2SO4 ）=1.0mol/L；
C. 将1molNa2O溶于水并配成1L的溶液,Na2O+H2O=2NaOH ,溶液中溶质物质的量2mol，溶液浓度c（NaOH）=2mol÷1L=2mol/L；
D. 含 K+为 1mol/L的 K2SO4 溶液，溶质的物质的量浓度=0.5mol/L；
综上所述，答案选C。
5.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A. 实验室中的操作类似“海水煮盐”原理的是蒸发
B. 碘水中萃取碘时，往分液漏斗中先后加入碘水和四氯化碳，充分振荡静置后分液
C. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防止暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
D. 蒸馏时，冷凝水从冷凝管上管口进，由下管口出
【答案】D
【解析】
【详解】A．食盐的溶解度受温度的影响小，从食盐溶液中获得食盐主要利用阳光和风蒸发水分，使海水中的水分蒸发掉，使氯化钠结晶出来，利用了蒸发结晶的原理，故正确。
B．碘水中萃取碘时，往分液漏斗中先后加入碘水和四氯化碳，充分振荡后静置分液，故正确。
C．立即加入沸石会引起暴沸，应冷却后再加入，故正确。
D．蒸馏时，冷凝水从冷凝管下管口进，上管口出，故错误。
故选D。
6.下列关于胶体的的叙述正确的是
A. 向 1mol/L氯化铁溶液中加入少量的 NaOH 溶液制取氢氧化铁胶体
B. 可以用丁达尔现象区别硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体
C. 氢氧化铁胶体通电后氢氧化铁胶粒向负极移动，说明氢氧化铁胶体带正电荷。
D. 由 0.1mol 氯化铁制取的氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒数目为 0.1NA(设 NA 表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】B
【解析】
【分析】
A．实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液。
B．当可见光透过胶体分散系时会形成一条光亮的通道。
C．胶体粒子带电荷，但胶体呈电中性。
D．氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的集合体。
【详解】A.氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，故A错误。
B.丁达尔效应是胶体特有的性质，常用来区别胶体和溶液，故B正确。
C.胶体能发生电泳现象是由于胶粒带电荷，而胶体是电中性，故C错误。
D.氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的集合体,0.1mol氯化铁制取的氢氧化铁胶体中,氢氧化铁胶粒数目小于0.1NA ，故D错误。
故选B。
【点睛】胶体的本质是分散质在1-100nm之间的分散系，可用丁达尔现象鉴别。胶体能发生电泳现象是由于胶粒带电荷，而胶体是电中性，氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的集合体。
7.下列反应能用离子方程式 CO32-+2H+=CO2↑+H2O 表示的是
A. Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O
B. CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
C. K2CO3+H2SO4=K2SO4+ CO2↑+H2O
D. KHCO3+HNO3=KNO3+ CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. CH3COOH为弱酸不能拆，故A不选；
B．CaCO3为难溶性盐不能拆，故不选B；
C.
能用离子方程式 表示，故选C;
D. KHCO3不能拆成CO32－，故D不选。
答案选C。
8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A. 强碱性溶液中：K＋、NH4+、Cl－、SO42－
B. 室温下，能使紫色石蕊溶液变红的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－
C. 含有0.1 mol/L Ca2+的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－
D. 在无色透明的溶液中：K＋、Cu2＋、NO3－、SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】A.强碱性溶液中含有大量OH－，OH－和NH4+反应：， 故A错误；
B.室温下，能使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，含有H＋，H＋、Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－相互之间不发生化学反应，可以大量共存，故B正确；
C.Ca2＋和CO32－反应生成CaCO3沉淀，所以含有0.1mol·L－1Ca2＋的溶液中，CO32－不能大量存在，故C错误；
D.含Cu2＋的水溶液显蓝色，在无色透明的溶液中，Cu2＋不能大量存在，故D错误；
答案选B。
9.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于3 区域的( )

A. Cl2＋2KBr = Br2＋2KCl
B. 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，区域3的反应不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，A项错误；
B．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，B项错误；
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3属于化合反应，不符合，C项错误；
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑不属于化合反应，不属于分解反应，不置换反应，-1价O元素化合价一部分升高到0价，一部分降低到-2价，属于氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
10.下列离子方程式正确的是
A. 硝酸银溶液与铜：Cu + Ag+ = Cu2 + + Ag
B. NaHSO4 溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液使SO42-恰好完全沉淀：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-= BaSO4↓＋2H2O
C. 钠和水：Na+2H2O = 2Na+2OH- + H2↑
D. 往NaOH 溶液中通入足量 CO2：OH-＋CO2= HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A.该离子方程电荷未配平，正确的离子方程式为Cu + 2Ag+ = Cu2 + +2 Ag，故A错误；
B. NaHSO4 溶液中滴入 Ba(OH)2 溶液使SO42-恰好完全沉淀：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42-= BaSO4↓＋H2O，故B错误；
C.该离子方程原子不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H2O = 2Na+2OH- + H2↑，故C错误；
D. 往NaOH 溶液中通入足量 CO2：OH-＋CO2= HCO3-正确，故D正确；
答案选D。
【点睛】离子方程式的书写规则：应符合客观事实；化学式离子符号书写正确；原子数守恒电子数守恒，注意要分清题目中反应物少量过量。
11.下列说法正确的是
A. 纯碱、烧碱均属于碱
B. CuSO4·5H2O属于纯净物
C. 向醋酸溶液中加入少量氢氧化钠固体，由于发生中和反应，溶液导电能力降低
D. 盐类物质一定含有金属阳离子
【答案】B
【解析】
【详解】A.纯碱Na2CO3属于盐，故A错误；
B. CuSO4·5H2O属于纯净物,故B正确；
C. 醋酸溶液中存在，加入少量氢氧化钠固体平衡正移，溶液中离子总浓度增加导电能力增加，故C错误；
D．盐类物质可能含NH4＋不含金属阳离子，如NH4Cl等，故D错误。
答案选B。
12.用10 mL的0.1 mol·L－1BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁（Fe2(SO4)3）、硫酸锌（ZnSO4）和硫酸钾（K2SO4）三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）C
A. 3∶2∶2 B. 1∶2∶3 C. 1∶3∶3 D. 3∶1∶1
【答案】C
【解析】
设三种硫酸盐溶液的物质的量浓度分别是abc，则根据方程式Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓可知，3a＝b＝c，解得a∶b∶c＝1∶3∶3 ，答案选C。
13.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是
①分子个数比为16∶11 ②密度比为16∶11
③体积比为16∶11 ④原子个数比为11∶16
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体分子个数比为 ，①错误；
②密度比为，②正确；
③体积比为，③错误；
④原子个数比为，④正确。
答案选D。
14.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L CCl4中含有的分子数为NA
B. 1L 0.5 mol/LNa2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NA
C. 0.5 mol/LFe2(SO4)3 溶液中，SO42－的数目为 1.5 NA
D. C2H4 和 C3H6 的混合物 ag，所含原子总数为
【答案】D
【解析】
【详解】A.标准状况下CCl4为液体，故A错误。
B．1L 0.5 mol/LNa2SO4溶液中Na2SO4和H2O均含氧原子，故含有的氧原子总数大于2NA，故B错误；
C. . 0.5 mol/LFe2(SO4)3 溶液中，未说明溶液体积故无法判断SO42－的数目，故C错误；
D. C2H4 和 C3H6 的混合物 ag，混合物最简式均为CH2，物质的量 ，所含原子总数为，故D正确。
答案选D。
15.下列说法错误的是
A. 2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为2:1
B. 4Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为5:2
C. 3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O中，被氧化和被还原的碘原子物质的量之比为1:5
D. 2FeS+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+2S↓+6H2O中，发生氧化反应和发生还原反应的硫原子物质的量之比为2:3
【答案】B
【解析】
A、只有S元素化合价发生变化，SO2为氧化剂，H2S为还原剂，由方程式可知氧化产物和还原产物物质的量之比为2：1，选项A正确；B、反应中Zn元素化合价升高，被氧化，N元素化合价由+5价降低到-3价，由方程式可知，4molZn参加反应，有1mol硝酸被还原，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：4，选项B错误；C、反应中只有I元素化合价变化，分别由0价变化为-1价、+5价，则被氧化和被还原的碘元素物质的量之比为1：5，选项C正确；D、反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，FeS中S元素化合价由-2价升高到0价，H2SO4中S元素化合价由+6价将低到+4价，由方程式可知反应中发生氧化反应和发生还原反应的硫元素物质的量之比为2：3，选项D正确。答案选B。
16.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑，下列说法正确的是
A. 氧化剂只有硫单质
B. 氧化产物为K2S和N2
C. 消耗单质硫32g的同时生成氮气22.4L
D. 生成3mol CO2的同时转移电子数为12NA
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，根据元素化合价变化判断氧化剂和还原剂，氧化剂在反应中被还原，还原剂在反应中被氧化，根据硫和氮气直接的关系式计算，根据方程式计算转移电子数。
【详解】A. 该反应中，硫元素化合价由0价变为-2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，所以氧化剂是S和KNO3，故A错误；
B. 碳元素化合价由0价变为+4价，所以还原剂是C，氧化产物为CO2，K2S和N2为还原产物，故B错误；
C. 根据硫和氮气之间的关系式知，若消耗1mol S，则生成氮气的物质的量1mol，消耗单质硫32g（1mol）的同时生成氮气1mol，但只有在标准状况下才量22.4L，故C错误；
D. 由方程式，生成1mol CO2的同时转移4mol电子，生成3mol CO2的同时转移电子数为12NA，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了氧化还原反应，解题关键：明确元素化合价，易错点B，注意氧化剂在反应中被还原而不是被氧化，很多学生认为氧化剂被氧化、还原剂被还原而导致错误，C注意气体摩尔体积的应用的条件。
17.反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2。
下列说法正确的是( )
A. 两个反应中均为硫元素被氧化
B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C. 氧化性：MnO2>SO42->IO3->I2
D. 反应①②中生成等量的I2时，转移电子数之比为1：5
【答案】D
【解析】
【分析】
A.失电子化合价升高的元素被氧化；
B.失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；
C.自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D.根据碘和转移电子之间的关系式计算。
【详解】A.在①反应中S元素化合价没有发生变化，既不被氧化也不被还原，A错误；
B.碘元素在反应①中元素化合价升高，失去电子，被氧化；在反应②中I元素化合价降低，获得电子，被还原，B错误；
C.反应①中氧化剂是MnO2，氧化产物是I2，在反应②中氧化剂是NaIO3，氧化产物是SO42-，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性MnO2>I2，IO3->SO42-，C错误；
D.反应①中生成1mol碘转移2NA电子，反应②中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，根据元素化合价的变化判断物质的作用及反应类型的关系，注意利用化合价计算转移的电子数。
18.做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸（乙二酸，化学式为H2C2O4）的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：MnO4﹣+H2C2O4+H+═CO2↑+Mn2++□(未配平)．下列叙述不正确的是
A. 发生氧化反应的是H2C2O4 B. 离子方程式右侧方框内的产物是H2O
C. 还原性：Mn2+＜H2C2O4 D. 每消耗6 mol H+，转移5 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以高锰酸钾是氧化剂、草酸是还原剂，则发生氧化反应的是H2C2O4，故A正确；
B．该反应是在酸性条件下的反应，所以生成物中应该是水，故B正确；
C．H2C2O4作还原剂，Mn2+是还原产物，则还原性：Mn2+＜H2C2O4，故C正确；
D．反应2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，每消耗6 mol H+，转移电子的物质的量10mol，故D错误；
答案：D
19.8.8g FeS与400mL 1 mol/L硝酸溶液恰好完全反应，反应后产物为Fe2(SO4)3和Fe(NO3)3, X、H2O，则X为（ ）
A. N2 B. NO C. N2O D. NO2
【答案】B
【解析】
【详解】8.8g FeS物质的量为0.1mol，400mL 1 mol/L硝酸物质的量为0.4mol，两者恰好完全反应，反应后产物为Fe2(SO4)3和Fe(NO3)3，铁化合价变为+3价，硫由-2价变为+6价，因此失去电子为0.1mol×1 + 0.1mol×8 = 0.9mol，根据硫守恒，生成了Fe2(SO4)3，根据铁守恒生成了Fe(NO3)3，根据氮守恒，有0.3mol氮得到0.9mol电子，从而得到每个氮降低3个价态，因此硝酸+5价变为+2价，故B正确。
综上所述，答案为B。
20.现有下列九种物质：①硫酸氢钠固体 ②铝 ③H2O ④干冰 ⑤稀硫酸 ⑥Ba(OH)2固体 ⑦氨水 ⑧液态HCl ⑨熔融Al2(SO4)3
（1）按物质的分类方法填写表格的空白处：
①属于电解质的是_______________（填序号，下同），除③以外，能导电的是_______________；将⑧加入到⑦中，⑦的导电能力变化为__________（填“增强”、“减弱”或“基本不变”）
（2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H＋＋OH－=H2O，该离子反应对应的化学方程式为______________________________________。
（3）写出碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应的离子方程式：_________________________________ 。
（4）少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为:_________________________________。
【答案】 (1). ①③⑥⑧⑨ (2). ②⑤⑦⑨ (3). 增强 (4). 2HCl＋Ba(OH)2=BaCl2＋2H2O (5). HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑ (6). CO2＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋H2O
【解析】
【分析】
电解质是指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，能导电的物质是指有自由移动的离子或电子，离子方程式的书写时需注意要符合客观事实，化学式和离子式书写正确，电荷守恒和原子数守恒。
【详解】（1）①硫酸氢钠固体属于电解质不能导电②铝属于金属单质能导电③H2O属于电解质④干冰属于非电解质不能导电⑤稀硫酸是混合物，能导电⑥Ba(OH)2固体属于电解质不能导电⑦氨水属于混合物能导电 ⑧液态HCl属于电解质不能导电⑨熔融Al2(SO4)3属于电解质能导电；将液态HCl加入到氨水中促进一水合氨的电离，溶液总离子浓度增加，导电性增强。故答案为：①③⑥⑧⑨；②⑤⑦⑨；增强；
（2）两种物质之间可发生离子反应：H＋＋OH－=H2O则为中和反应，一水合氨为弱电解质不能拆，只有⑥⑧符合，故答案为2HCl＋Ba(OH)2=BaCl2＋2H2O；
（3）碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑;故答案为：HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑；
（4）少量的CO2通入Ba(OH)2的溶液中反应的离子方程式为：CO2＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋H2O；故答案为：CO2＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋H2O。
21.（1）配平下列方程式，用双线桥法表示出电子转移的数目。 Fe2O3 + KNO3 + KOH = K2FeO4 + KNO2 + H2O ，____________，氧化剂 ________ ，氧化产物 __________
（2）用单线桥法表示下列氧化还原反应敀关系, 并标出电子转移的数目。用MnO2氧化密度为1.19 g/cm3，溶质质量分数为36.5%的HCl溶液，反应得到澄清溶液。反应的化学方程式为： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
①该反应的离子方程式为： _____________________________________________，该盐酸的物质的量浓度为___________mol/L。
②氧化剂与还原剂物质的量之比为_______________
③8.7gMnO2与足量浓盐酸反应能使________molHCl被氧化；其中，还原过程为：________→_______，__________。
④如果该反应转移1mol电子，则生成标准状况下的气体体积为___________L。
【答案】 (1). (2). KNO3 (3). K2FeO4 (4). (5). 11.9 (6). 1:2 (7). 0.2 (8). (9). 11.2
【解析】
【分析】
本题主要考查氧化还原方程的配平与计算。
（1）Fe2O3失去电子为还原剂得到K2FeO4氧化产物，KNO3得到电子为氧化剂，依据得失电子守恒和原子数守恒配平方程。
（2）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中MnO2为氧化剂，HCl为还原剂，由得失电子守恒计算相关物质。
【详解】（1）Fe2O3失去电子为还原剂得到K2FeO4氧化产物，KNO3得到电子为氧化剂，依据得失电子守恒和原子数守恒配平方程：，故答案为：；KNO3；K2FeO4；
（2）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中MnO2为氧化剂，HCl为还原剂，由得失电子守恒和原子数守恒可知离子方程式为：，盐酸物质的量浓度 。氧化剂为：MnO2，还原剂为：Cl－;由得失电子可知氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；
8.7gMnO2物质的量n=8.7g÷87g/mol=0.1mol,所以被氧化的HCl为0.2mol；还原过程为；转移1mol电子，则生成标准状况下的Cl2体积为0.5mol×22.4L·mol－1=11.2L。故答案为：；11.9；1:2；0.2；；11.2。
【点睛】Fe2O3失去电子为还原剂得到K2FeO4氧化产物，KNO3得到电子为氧化剂，依据得失电子守恒和原子数守恒配平方程。
22.（1）1.204×1024个H2SO4分子共含_______个氢原子。将上述H2SO4溶于水配成600 mL溶液，再加水稀释到1000 mL，稀释后溶液的物质的量浓度为_______mol/L。
（2）22 gNa2R2中含0.4 mol的Na＋，则R的相对原子质量是_____________。
（3）把100mL0.3mol/LNa2SO4溶液和400mL0.2mol/LNaCl溶液混合后，溶液中Na+的物质的量浓度为_____________（假设混合时溶液体积变化忽略不计）
（4）K2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，已知其中Fe3＋的浓度为0.5 mol/L，SO42－浓度为0.9 mol/L，则K＋的物质的量浓度为_______________mol/L。
（5）把标准状况下V L气体（摩尔质量M g/mol）溶于1 L水中（不考虑反应），所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为__________________。
【答案】 (1). 4NA (2). 2 (3). 32 (4). 0.28 mol/L (5). 0.3 (6). mol/L
【解析】
【分析】
本题主要考查物质的量计算。（1）(2)(3)依据结合物质的成分的构成进行计算；
(4)根据溶液中电荷守恒计算K＋浓度；
(5) 依据和 计算溶液的物质的量浓度。
【详解】（1）1个硫酸分子含有2个氢原子，则个H2SO4分子含有氢原子个数为：，即共含4NA个氢原子，将该H2SO4溶于水配成600mL溶液，稀释至1000mL，得到硫酸的物质的量浓度为：。
故答案为：4NA； 2。
（2）22gNa2R2中含0.4mol的Na+，则Na2R2的物质的量为：，，Na2R2的相对原子质量为110，则R的相对原子质量=（110-23×2）×1/2=32，
故答案：32。
（3） ,故答案为：0.28 mol/L；
（4）Fe3＋的浓度为0.5 mol/L，SO42－浓度为0.9 mol/L，则K＋的物质的量浓度c=2c（SO42－）-3C(Fe3＋)= 0.3 mol/L，故答案为：0.3；
（5）溶质物质的量，溶液体积 ，溶液物质的量浓度为;故答案为：mol/L。
23.某溶液可能含Cl－、SO42－、CO32－、Cu2＋、Ba2＋和Na＋。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液 100mL 进行以下实验：(填写下表空格)

实验操作与现象
实验结论
判断理由
步骤一
加入过量NaOH溶液，得到蓝色沉淀；
肯定有 Cu2＋、肯定无__________。
肯定无该离子的理由_____。
步骤二
将蓝色沉淀过滤、洗涤、灼烧得到24.0g 固体；
Cu2＋物质的量浓度为_____________mol/L
Cu 元素守恒。过滤所用玻璃仪器有烧杯、
___________________
步骤三
向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。
肯定有Cl-、________； 肯定无Ba2＋。
相应的离子方程式：___________________________ ，肯定有 Cl－的理由______________

若 100mL 溶液中含有 0.3mol Na＋，则向步骤三的滤液中加入足量 AgNO3 溶液， 过滤、洗涤、干燥，可得到______________g 白色沉淀[保留小数点后一位]。
【答案】 (1). (2). Cu2+与CO32-不能大量共存 (3). 3 (4). 玻璃棒、漏斗 (5). SO42- (6). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (7). SO42-为0.2mol，Cu2+有0.3mol，要使溶液呈电中性，所以必有Cl- (8). 71.8
【解析】
【分析】
本题主要考查离子的鉴别与检验。
步骤一：加入过量NaOH溶液，得到蓝色沉淀，蓝色沉淀为氢氧化铜，溶液中一定存在铜离子，根据离子共存可知，溶液中一定不存在。
步骤二：将蓝色沉淀过滤、洗涤、灼烧得到24.0g固体，该固体为CuO，根据铜元素质量守恒可以计算出铜的物质的量为0.3mol。
步骤三：向上述滤液中加足量 溶液，得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀，该沉淀为硫酸钡，则溶液中一定存在硫酸根离子，一定不存在钡离子，硫酸根离子的物质的量为0.2mol，根据电荷守恒可知，溶液中一定存在氯离子，据此进行解答。
【详解】根据步骤一可知,蓝色沉淀为氢氧化铜,溶液中一定存在Cu2＋,根据离子共存可知,溶液中一定不存在CO32－。
根据步骤二可知,24.0g固体为CuO,根据铜元素质量守恒可以计算出铜的物质的量为：，溶液中铜离子浓度为：，过滤操作中使用的仪器为：玻璃棒、漏斗。
根据步骤三可知,得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀为硫酸钡,则溶液中一定存在SO42－,根据离子共存可知,一定不存在Ba2+,硫酸根离子的物质的量为：，根据电荷守恒可知,溶液中一定存在Cl-，生成的沉淀为硫酸钡,反应的离子方程式为：。
故答案为： ；Cu2+与CO32-不能大量共存 ；3；玻璃棒、漏斗；SO42-； Ba2++SO42-=BaSO4↓；SO42-为0.2mol，Cu2+有0.3mol，要使溶液呈电中性，所以必有Cl-；
根据以上分析可知,溶液中存在0.3mol铜离子、0.2mol硫酸根离子,还有已知的0.3mol钠离子,根据溶液电中性可知,溶液中含有的氯离子的物质的量为：，
则生成氯化银的物质的量为0.5mol，生成的氯化银的质量为：，保留一位小数为71.8g。
故答案为：71.8。
24.实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制240 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，回答下列问题：
（1）实验所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需要一种主要仪器X。则仪器X的名称是__________；
（2）用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的质量为_____________________；
（3）配制时，正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）______________ED；
A．用蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入仪器X，振荡
B．用托盘天平称量所需的Na2CO3·10H2O晶体，放入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其完全溶解
C．将已冷却的Na2CO3溶液沿玻璃棒注入仪器X中
D．将仪器X盖紧，振荡摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面的最低点恰好与刻度线相切
F．继续往仪器X内小心加水，直到液面接近刻度线1~2 cm处
（4）若出现如下情况，会使所配溶液的浓度偏高的是______________。
①没有进行A操作
②称量时，Na2CO3·10H2O已失去部分结晶水
③进行E操作时俯视
④D操作完成后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加水至刻度
⑤称量时，按照左码右物的操作进行称量。
⑥溶液未冷却，就转移到容量瓶中。
【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 7.2g (3). BCAF (4). ②③⑥
【解析】
【分析】
本题主要考查实验操作与误差分析。
（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器，依据容量瓶规格及所配溶液体积选择合适容量瓶。
（2）根据n=cV计算溶质Na2CO3的物质的量，利用Na2CO3·10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，根据计算Na2CO3·10H2O的质量。
（3）根据配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤顺序进行排序。
（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据进行误差分析。
【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌,加速溶解。冷却后转移到容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2−3次,并将洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线1∼2cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,配制溶液，应选择250mL容量瓶，故所需的仪器还有250mL容量瓶。
故答案为：250mL容量瓶。
(2)由于无240ml的容量瓶,故选用250ml的容量瓶,所配溶液额体积为250ml,所需的Na2CO3的物质的量，Na2CO3·10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量,所以Na2CO3·10H2O的质量，
故答案为：7.2g。
(3)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀可知正确的操作顺序为：BCAFED。
故答案为：BCAF。
(4)①没有进行A操作，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选。
②称量时, Na2CO3·10H2O已失去部分结晶水，则称取的固体中含有溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选。
③进行E操作时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选
④D操作完成后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选。
⑤称量时，按照左码右物的操作进行称量,导致称取固体质量偏小，浓度偏低。故不选。
⑥溶液未冷却，就转移到容量瓶中，由于液体热胀冷缩，溶液体积偏小，浓度偏大，故选。
故选：②③⑥。