湖南省张家界市民族中学2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

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张家界市民族中学2019年下学期高一年级第三次月考
化学试题
时量：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24
一、选择题（本大题共22小题，每小题2分，共44分）
1.实验室中，通常将金属钠保存在
A. 煤油中 B. 四氯化碳中 C. 水中 D. 汽油中
【答案】A
【解析】
【分析】
钠的保存需要考虑钠的性质，如钠与空气和水发生反应，与四氯化碳、汽油、煤油不反应，钠的密度比四氯化碳小、比煤油、汽油的密度大以及汽油的沸点低于煤油，易挥发等分析判断。
【详解】A、金属钠与煤油不反应，且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔开了空气，所以钠能保存在煤油中，故A正确；
B、金属钠与四氯化碳不反应，但密度比四氯化碳小，浮于四氯化碳上面，能接触到空气，所以钠不能保存四氯化碳中，故B错误；
C、金属钠和水之间能反应，所以不能保存在水中，故C错误；
D、金属钠与汽油不反应，密度比汽油大，沉于汽油底部，隔开了空气，但汽油的沸点低于煤油，易挥发，所以钠不能保存汽油中，故D错误；
答案选A。
2.下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是
A. 都是白色固体 B. 都能和水反应形成强碱溶液
C. 都是碱性氧化物 D. 都是强氧化剂
【答案】B
【解析】
试题分析：Na2O是白色固体，Na2O2是淡黄色固体。二者都能与水反应生成NaOH强碱溶液。Na2O是碱性氧化物，Na2O2虽然可以和水反应生成碱，但它除了生成碱之外还有氧气，所以它不是碱性氧化物。Na2O不是强氧化剂。因此，正确选项为B。
考点：氧化钠和过氧化钠。
点评：需要学生熟练掌握钠的重要化合物氧化钠和过氧化钠的性质，在对于氧化钠和过氧化钠时，有相同的性质也有不同点。
3.下列关于合金的说法正确的是
A. 合金属于金属单质 B. 多数合金的熔点高于组成它的成分金属
C. 合金不属于金属材料 D. 合金的硬度一般比各成分金属大
【答案】D
【解析】
【详解】A、合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成具有金属特性的物质，合金属于混合物，故A错误；
B、多数合金的熔点低于组成它的成分金属，不是高于，故B错误；
C、金属材料包括纯金属和合金，合金属于金属材料，故C错误；
D、合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，因此合金的硬度一般比各成分金属大，故D正确；
故选D。
4.下列说法正确的是（　　）
A. 钠在溶液中可置换出铁 B. 铁在溶液中可置换出铜
C. 常温下Fe不与H2O反应 D. Fe比Al活泼
【答案】BC
【解析】
【详解】A、钠是活泼金属，在溶液中先与水反应生成氢氧化钠和氢气，所以不能从溶液中置换出铁，故A错误；
B、根据金属活动顺序表，铁在溶液中可置换出铜，故B正确；
C、Fe在高温下与H2O蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，常温下，铁与水不发生反应(不考虑溶解的氧气的影响)，故C正确；
D、依据金属活动顺序表可知，Al比Fe活泼，故D错误；
故选BC。
【点睛】本题的易错点为A，要注意钠的性质非常活泼，与盐溶液反应时，是先与水反应，生成的氢氧化钠与盐反应。
5.1 mol SO2 和1 mol SO3具有相同的：（ ）
①分子数 ②原子数 ③S原子数 ④ O原子数
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①根据N=nNA可知，物质的量相同分子数目相同，1molSO2和1molSO3都含有NA分子，故①正确；
②每个SO2分子含有3个原子，1molSO2含有的原子物质的量为3mol，每个 SO3分子含有4个原子，1molSO3含有的原子物质的量为4mol，1molSO2和1molSO3含有原子的物质的量之比为3∶4，所以原子数目之比为3∶4，故②错误；
③每个SO2分子含有1个硫原子，每个 SO3分子含有1个硫原子，1molSO2和1molSO3都含有1mol硫原子，含有硫原子数目相同，故③正确；
④每个SO2分子含有2个氧原子，1molSO2含有的氧原子物质的量为2mol，每个 SO3分子含有3个氧原子，1molSO3含有的氧原子物质的量为3mol，1molSO2和1molSO3含有氧原子的物质的量之比为2∶3，所以氧原子数目之比为2∶3，故④错误；
所以①③一定相等，故选C。
6. 下列属于电解质是
A. 硫酸溶液 B. 铜 C. NaCl D. CO2
【答案】C
【解析】
试题分析：溶于水或再熔融状态下能够导电的化合物是电解质，而在上述条件下，都不能导电的化合物是非电解质。因此氯化钠是电解质，CO2是非电解质，硫酸溶液是混合物，铜是单质是单质，不是电解质，也不是非电解质，答案选C。
考点：考查电解质的判断
点评：判断电解质的关键不是看能否导电，关键是要看溶于水或在熔融状态下，能否电离出离子，能够自身电离出离子的化合物才是电解质，而导电只是一种现象。
7.下列反应中，水既不是氧化剂，又不是还原剂的是：（ ）
A. 2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑ B. 2F2＋2H2O＝4HF＋O2
C. NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑ D. Cl2＋H2O＝HCl＋HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na和H2O生成NaOH和H2，H2O中H元素的化合价降低，水被还原，为氧化剂，故A错误；
B．H2O中O元素化合价升高，被氧化，水为还原剂，故B错误；
C．水中H元素化合价降低，被还原，水为氧化剂，故C错误；
D．水中所含的H元素和O元素的化合价没有发生变化，水既不是氧化剂又不是还原剂，氯气既是氧化剂也是还原剂，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑反应中NaH中H元素化合价由-1价变成0价，H2O中H元素化合价由+1价变成0价，NaH为还原剂，H2O为氧化剂。
8.在实验室里，要想使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的( )
A. Ba(OH)2溶液 B. NaOH溶液 C. 氨水 D. 硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱、强酸中，要沉淀氯化铝中的铝离子，应该用弱碱氨水，故答案选C。
9.关于Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是 （ ）
A. 在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3
B. 与相同物质的量浓度的盐酸溶液反应的速率：NaHCO3＜Na2CO3
C. 热稳定性：Na2CO3 ＜NaHCO3
D. Na2CO3是小苏打，而NaHCO3是苏打
【答案】A
【解析】
【详解】A．在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3，故A正确；
B．碳酸钠与盐酸的反应可以分两步：第一步碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子；第二步碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以与相同物质的量浓度的盐酸溶液反应的速率：NaHCO3＞Na2CO3，故B错误；
C．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故C错误；
D．Na2CO3是苏打的俗称，NaHCO3是小苏打的俗称，故D错误；
故选A。
10. 下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是
A. 酒精与水 B. 汽油与植物油 C. 溴与四氯化碳 D. 水与四氯化碳
【答案】D
【解析】
试题分析：A、酒精与水互溶，A项错误；B、汽油与植物油互溶，B项错误；C、溴溶于四氯化碳，C项错误；D、水与四氯化碳属于互不相溶液体，可用分液的方法，D项正确；答案选D。
考点：考查物质分离
11. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )
A. Al(OH)3 → Al2O3 B. Al2O3 → Al(OH)3
C. Al → AlO2- D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】
详解】A项、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A错误；
B项、Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成Al（OH）3，应先将Al2O3变成Al3+或AlO2-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，不可以一步完成，故B正确；
C项、铝可以和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，可以一步完成，故C错误；
D项、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D错误；
故选B。
12.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是
A. 氢氧化钡溶液与硫酸的反应 OH-＋H+ ＝H2O
B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O
C. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu + Ag+ = Cu2+ + Ag
D. 碳酸钙溶于稀盐酸中 CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2­
【答案】D
【解析】
【详解】A、还有钡离子与硫酸根结合的离子反应，错误；
B、澄清的石灰水说明全部溶解且电离，要用离子表示，错误；
C、电荷不守恒，错误；
D、正确；故答案选D。
13.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是 (　 )
①NaHCO3②Al2O3③Al (OH )3④Al．
A. ③④ B. ②③④ C. ①③④ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故①正确；
②Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故②正确；
③Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故③正确；
④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故④正确。
选D。
14.为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入
A. 铁片 B. NaOH溶液 C. 石蕊溶液 D. KSCN溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.如果氯化亚铁变质，则生成氯化铁，少量氯化铁和铁片反应但现象不明显，铁片与氯化亚铁不反应，故A错误；
B.FeCl2和NaOH溶液反应先生成白色氢氧化亚铁沉淀，但迅速被氧化，颜色变为灰绿色再变成红褐色沉淀氧氢化铁，所以不能检验是否变质，故B错误；
C. 无论氯化亚铁是否变质，都是强酸弱碱盐溶液都显酸性，所以无法鉴别，故C错误；
D. 如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+ 能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液，故D正确。
故选D。
【点睛】Fe3+的检验方法：加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明有Fe3+的存在，这一反应是Fe3+的特征反应。
15.下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是(　　)
A. Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu B. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
C. AgNO3＋NaCl===AgCl↓＋NaNO3 D. MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A.属于置换反应，也属于氧化还原反应，故A错误；
B.不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应，故B正确；
C.属于复分解反应，但不属于氧化还原反应，故C错误；
D.属于分解反应，也属于氧化还原反应，故D错误；
答案：B
16.在3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O反应中，被氧化与被还原的S原子数之比为
A. 1：2 B. 2：1 C. 1：1 D. 3：2
【答案】A
【解析】
试题分析：在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，硫元素化合价由0价升高为+4价，被氧化，氧化产物为K2SO3，硫元素由0价降低为-2价，被还原，还原产物为K2S，所以硫既作氧化剂又作还原剂，氧化剂被还原生成还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物，根据还原产物与氧化产物的化学计量数可知作还原剂的S原子与作氧化剂的S原子的物质的量之比为1：2。
考点：考查氧化还原反应。
17.把过氧化钠投入含有HCO3-、Cl-、Mg2+、Na+的水溶液中，离子数目不变的是 （ ）
A. Cl- B. HCO3- C. Mg2+ D. Na+
【答案】A
【解析】
试题分析：Na2O2投入到溶液中会生成OH-，所以能与OH-反应的离子都不能存在，因此HCO3-、Mg2+大量减少，Na+会增加，故离子数目不变的是Cl-。答案选A。
考点：离子共存
点评：本题注意过氧化钠具有强氧化性，所以具有还原性的离子也不能大量存在。
18.下列各组离子，在酸性溶液中可以大量共存的是
A. K+、Na+、HCO、Cl B. Na+、Al3+、SO、NO
C. NH、K+、OH、SO D. Ba2+、Na+、NO、CO
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性溶液中，存在大量的氢离子，H+与HCO3-不能大量共存，故A错误；
B．酸性溶液中，存在大量的氢离子，Na+、Al3+、SO、NO之间不发生任何反应，且都不与氢离子反应，可大量共存，故B正确；
C．OH-与酸性溶液中的H+能结合成水，且NH与OH能够反应生成氨水，不能大量共存，故C错误；
D．Ba2+、CO32-之间反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选B。
19.将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋盛于同一容器中充分反应，如Fe有剩余，则容器中只能有
A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋ C. Cu、Cu2＋、Fe D. Cu、Fe2＋、Fe
【答案】D
【解析】
将Fe、Cu、FeCl2、FeCl3、CuCl2盛于同一容器中充分反应，因氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，如Fe有剩余，则剩余的金属一定有Cu，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，含有Fe2+，故选D。
点晴：本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。本题中根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。
20.将2.3g金属钠投入到足量水中，得到a g溶液；2.4g金属镁投入到与水等质量的足量盐酸中，得到b g溶液，则a、b的关系为 （ ）
A. a>b B. a 【答案】C
【解析】
【详解】设金属钠与水反应生成氢气的质量为x，镁与盐酸反应生成氢气的质量为y，则
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
46             2
2.3g           x  
=，解得：x=0.1g，溶液质量增重为2.3g-0.1g=2.2g，
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑
24             2
2.4g          y  
=，解得：y=0.2g，溶液质量增重为2.4g-0.2g=2.2g，
水和盐酸的质量相等，溶液质量增重也相等，因此反应后溶液质量相等，即a=b，故选C。
21.当溶液中X2O72-和SO32-离子数之比为1：3时，恰好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为（ ）
A. ＋1 B. ＋2 C. ＋3 D. ＋4
【答案】C
【解析】
【详解】题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数，而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子，则3个离子共失去6个电子，那么1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子，设还原产物中X的化合价为a，则得到2×(6-a)个电子，故2×(6-a)=6，解得a=+3，故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用。根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式，n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
22.Fe2O3和铁粉的混合物中加入适量稀H2SO4，各物质恰好完全反应，测得溶液中不含Fe3＋，且Fe2＋与H2物质的量之比为4:1，那么在反应中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为（ ）
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 1:2:4 D. 2:3:5
【答案】C
【解析】
【分析】
Fe和Fe2O3与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3＋，且Fe2＋与H2物质的量之比为4:1；依据反应Fe+2H+＝Fe2++H2↑、Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+分析计算。
【详解】Fe和Fe2O3与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3＋，且Fe2＋与H2物质的量之比为4:1；
设生成氢气的物质的量为a，则亚铁离子物质的量为4a，依据反应
Fe+2H+＝Fe2++H2↑
a 2a a a
Fe+2Fe3+＝3Fe2+
a 2a 3a
Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O
a 3a a
所以反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比=a：（a+a）：（a+3a）=1：2：4，故答案选C。
【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质及计算，从方程式入手，根据Fe2+与H2的物质的量之比为4：1为突破口进行计算。
二、填空题：（共34分）
23.现有 A．三氧化二铝 B．氧化铁 C．四氧化三铁 D．明矾 E．碳酸氢钠 F．过氧化钠。请你根据已有的知识，选择合适的物质，用字母代号填空：
（1）常作为潜水艇和呼吸面具中氧气来源的淡黄色固体是________；
（2）属于两性氧化物的是___________；
（3）常用于焙制糕点，也可用作抗酸药的是_______；
（4）红棕色固体是_______；
（5）可用作净水剂的是________。
【答案】 (1). F (2). A (3). E (4). B (5). D
【解析】
【分析】
三氧化二铝既能和强酸反应又能和强碱反应生成盐和水；氧化铁是红棕色的固体；四氧化三铁是黑色的固体；明矾与水反应生成的氢氧化铝胶体；碳酸氢钠能够与酸反应生成二氧化碳气体；过氧化钠为淡黄色固体，能够与水、二氧化碳反应生成氧气；据此分析解答。
【详解】(1)过氧化钠为淡黄色固体，能够与水、二氧化碳反应生成氧气，常作为潜水艇和呼吸面具中氧气的来源，故答案为：F；
(2)三氧化二铝既能和强酸反应又能和强碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故答案为：A；
(3)碳酸氢钠能够与酸反应生成二氧化碳气体，常用于焙制糕点，也可用作抗酸药，故答案为：E；
(4)氧化铁是一种红棕色的固体物质，故答案为：B；
(5)明矾溶液中的铝离子与水反应生成的氢氧化铝胶体，可以吸附水中的悬浮杂质，所以可用明矾作净水剂，故答案为：D。
24.（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是________，离子方程式为________。
（2）除去混入FeCl3溶液混有中少量FeCl2杂质的试剂是_______，离子方程式为__________
（3）除去镁粉末中混入的铝粉剂是_______，化学方程式为__________。
【答案】 (1). 盐酸 (2). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (3). 氯气 (4). 2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ + 2Cl- (5). 氢氧化钠溶液 (6). 2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑
【解析】
【分析】
(1)盐酸和碳酸钾反应生成二氧化碳气体，氯化钾与盐酸不反应；
(2)氯气能将氯化亚铁氧化生成氯化铁；
(3)氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，镁与氢氧化钠溶液不反应；
据此分析解答。
【详解】(1)鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是盐酸，碳酸钾和HCl反应生成气体，离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，氯化钾与盐酸不反应，故答案为：盐酸；CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
(2)氯气能将氯化亚铁氧化生成氯化铁，发生的离子反应为2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ + 2Cl-，故答案为：氯气；2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ + 2Cl-；
(3)氢氧化钠溶液能够与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，镁与氢氧化钠溶液不反应，可以用氢氧化钠溶液除去铝粉，化学方程式：2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑，故答案：氢氧化钠溶液；2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意不能选用盐酸除去镁粉中混入的铝粉，因为镁和铝都能与盐酸反应。
25.某无色溶液中可能含有Ca2+、Cl-、CO32-、SO42-、Na+、MnO4-中的一种或几种，现做以下实验确定其组成：
（1）取少量溶液加入足量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀，过滤。
（2）取上述白色沉淀加入足量稀HCl，沉淀部分溶解。
（3）取少量(1)中溶液加入AgNO3溶液和稀HNO3，产生白色沉淀不溶解。根据上面实验知原溶液中肯定有____________离子，肯定没有____________离子，可能有____________离子。
【答案】 (1). CO32-、SO42-、Na+ (2). Ca2+、MnO4- (3). Cl-
【解析】
【分析】
溶液无色说明不存在有颜色的MnO4-；(1)取少量溶液加入足量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀，说明溶液中含有CO32-或SO42-中的一种或两种；(2)取上述白色沉淀加入足量稀HCl，沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡和碳酸钡；(3)取少量(1)中溶液加入AgNO3溶液和稀HNO3，产生白色沉淀不溶解，说明生成了氯化银沉淀，据此分析解答。
【详解】溶液无色说明不存在有颜色的MnO4-；(1)取少量溶液加入足量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀，说明溶液中含有CO32-或SO42-中的一种或两种；(2)取上述白色沉淀加入足量稀HCl，沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡和碳酸钡；(3)取少量(1)中溶液加入AgNO3溶液和稀HNO3，产生白色沉淀不溶解，说明生成了氯化银沉淀，由于(1)中加入了氯化钡，因此不能说明原溶液中是否存在Cl-；
根据上述分析，原溶液中一定不存在MnO4-，一定存在CO32-、SO42-，则一定不存在Ca2+，溶液显电中性，一定存在Na+，无法判断是否存在Cl-，故答案为：CO32-、SO42-、Na+；Ca2+、MnO4-；Cl-。
【点睛】本题的易错点为Cl-的判断，要注意(1)中加入了氯化钡，(1)中溶液中一定含有Cl-；本题的难点是Na+的判断，要注意结合溶液的特征分析判断。
26.实验室里迅速制备少量氯气可利用以下反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，此反应不需要加热，常温下就可以迅速进行，而且对盐酸的浓度要求不高。
（1）用双线桥法表示出电子转移的方向和数目__________。2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（2）该反应中，氧化剂是__________，还原剂是_________。
【答案】 (1). (2). KMnO4 (3). HCl
【解析】
【分析】
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，该反应中转移10e-，据此分析解答。
【详解】(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中Mn得到电子，Cl失去电子，该反应中转移10e-，“双线桥法”表示该反应电子转移的方向和数目为，故答案为：；
(2)Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，故答案为：KMnO4；HCl。
三、实验题（每空2分，共12分）
27.一学生设计入图所示装置进行NaHCO3的分解，并证实产物中有CO2产生。

（1）试管中发生的化学反应方程式是____________________________。
（2）指出该学生设计的装置图的错误之处，并改正（文字说明即可）（至少2处）____________。
（3）烧杯中发生反应的离子方程式是_______________________________。
（4）如果将16.8gNaHCO3加热一段时间，然后将剩余固体溶于水，并加入足量的CaCl2溶液，最终得到白色沉淀5.0g，则NaHCO3分解百分率为______________，加CaCl2后反应的离子方程式为____________________。
【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). 试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处。 (3). CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O (4). 50% (5). CO32-+Ca2+＝CaCO3↓
【解析】
【分析】
（1）根据碳酸氢钠分解的产物书写方程式；
（2）根据装置和反应特点分析判断；
（3）根据二氧化碳能与氢氧化钙反应分析解答；
（4）碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，结合反应的方程式分析解答。
【详解】（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则试管中发生反应的化学反应方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（2）反应中有水生成，则根据装置图可知错误有：试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处；
（3）碳酸氢钠分解产生二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钙反应，则烧杯中发生反应的离子方程式是CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-+Ca2+＝CaCO3↓。碳酸钙的物质的量是5.0g÷100g/mol＝0.05mol，则碳酸钠的物质的量是0.05mol，因此根据方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知消耗碳酸氢钠0.1mol，质量是8.4g，所以NaHCO3分解百分率为8.4g/16.8g×100%＝50%。
四、推断题（每空2分，共10分）
28.以下物质相互转化

试回答：
（1）写出B的化学式________________；D的名称________________。
（2）写出由E转变成F的化学方程式________________。
（3）写出用KOH鉴别G溶液的离子方程式________________；向G溶液加入A的有关离子方程式________________。
【答案】 (1). FeCl2 (2). 氯化钾 (3). 4Fe (OH)2+O2+2H2O═4Fe (OH)3 (4). Fe3++3 OH-═Fe (OH)3 ↓ (5). 2Fe3++Fe═3Fe2+
【解析】
【分析】
D和硝酸银溶液反应生成白色沉淀H，H不溶于稀硝酸，所以H是氯化银，则D中含有氯离子，D和硝酸银混合溶液进行焰色反应呈紫色，则D中含有钾元素，所以D是氯化钾，白色沉淀E和氧气反应生成红褐色沉淀F，则F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，所以G是氯化铁，氯化铁和A反应生成B，B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾，D是氯化钾，E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，G是氯化铁，H是氯化银。
(1)B是氯化亚铁，化学式为FeCl2；D是氯化钾，故答案为：FeCl2；氯化钾；
(2)E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe (OH)2+O2+2H2O═4Fe (OH)3，故答案为：4Fe (OH)2+O2+2H2O═4Fe (OH)3；
(3)用KOH鉴别G溶液时铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铁，离子方程式为：Fe3++3 OH-═Fe (OH)3 ↓，向G溶液加入A是铁离子和铁反应生成亚铁离子，离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：Fe3++3 OH-═Fe (OH)3 ↓；2Fe3++Fe═3Fe2+。