新教材高中化学期中备考试卷2鲁科版必修第一册

这是一份新教材高中化学期中备考试卷2鲁科版必修第一册，共12页。试卷主要包含了0 g等内容，欢迎下载使用。
期中备考试卷(二)　时间：90分钟　　满分：100分可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　O—16　Na—23　S—32　Cl—35.5一、选择题(本题共10小题，每小题只有1个选项符合题意。每小题2分，共20分)1．下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是(　　)A.甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B.氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C.偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D.开采可燃冰，将其作为能源使用答案　B解析　A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼作为火箭燃料，与助燃剂反应放出大量的热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量的热，反应的化学方程式为CH4＋2O2CO2＋2H2O，属于化学变化。2．某合作学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和煤都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是(　　)A．①②③④  B．①②⑤⑥C．③⑤⑥⑦  D．①③④⑦答案　D解析　①粗盐主要成分是NaCl，含有少量的MgCl2、CaCl2等杂质，粗盐属于混合物，酸雨属于混合物，正确；②沼气的主要成分是甲烷，是由秸秆等发酵生成，属于可再生能源，煤不属于可再生能源，错误；③冰和干冰属于纯净物和化合物，正确；④不锈钢、硬币都是合金，正确；⑤盐酸是HCl的水溶液，食醋的主要成分是CH3COOH，盐酸和食醋均属于混合物，错误；⑥纯碱是Na2CO3，属于盐，熟石灰是Ca(OH)2，属于碱，错误；⑦豆浆和雾都属于胶体，正确。3．有关电解质的说法正确的是(　　)A．NaOH固体溶于水后能导电，所以NaOH是电解质B．CO2的水溶液能够导电，所以CO2是电解质C．液态的铜导电性很好，所以铜是电解质D．FeCl3溶液能够导电，所以FeCl3溶液是电解质答案　A解析　电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。NaOH在水溶液中能够导电，属于电解质，A正确；CO2的水溶液能导电是因为CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3在水溶液中电离出自由移动的离子，而CO2本身不能电离出离子，所以CO2不是电解质，B错误；铜为单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；FeCl3溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误。4.某同学按如图所示实验装置进行钠跟水反应的实验，据此判断下列说法中正确的是(　　)A．打开右端软塞，将一小块金属钠加入煤油中，反应前片刻，钠的位置在a处B．开始反应后，能观察到的实验现象是钠在b处液面以下的水中反应C．反应一段时间后，左端液面上升进入长颈漏斗，b处有无色气体产生D．钠与水反应的离子方程式为Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑答案　C解析　钠的密度大于煤油而小于水，所以钠会沉在煤油底部而漂浮在水面上，不可能在b处液面以下的水中反应，故A、B错误；钠和水反应生成NaOH和氢气，管内压强增大，导致左端液面上升，进入长颈漏斗，故C正确；该离子方程式没有配平，故D错误。5．用自来水养金鱼时，将水注入鱼缸以前需把水放在阳光下暴晒一段时间，目的是(　　)A．起到杀菌作用  B．使水中次氯酸分解C．提高水的温度  D．增加水中氧气的含量答案　B解析　自来水用氯气消毒，含有一定量的HClO，HClO在光照条件下易分解，所以用自来水养金鱼时，需将水注入鱼缸以前把水放在阳光下暴晒一段时间，故B正确。6．下列反应的离子方程式错误的是(　　)A．向碳酸氢钙溶液中加过量氢氧化钠溶液：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2OB．等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合：Ba2＋＋2OH－＋NH＋HCO===BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2OC．硫酸氢铵与少量氢氧化钠溶液的反应：H＋＋OH－===H2OD．过量CO2通入氢氧化钠溶液中：CO2＋OH－===HCO答案　A解析　向碳酸氢钙溶液中加过量氢氧化钠溶液发生的反应为Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O，故A错误；等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合发生的反应为Ba2＋＋2OH－＋NH＋HCO===BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，故B正确；硫酸氢铵与少量氢氧化钠溶液混合，H＋优先反应：H＋＋OH－===H2O，故C正确；过量CO2通入氢氧化钠溶液中，最终生成碳酸氢钠，发生的反应为CO2＋OH－===HCO，故D正确。7．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有①“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是(已知丹砂化学式为HgS)(　　)A．①中水银“积变又成丹砂”说明水银发生了还原反应B．②中反应的离子方程式为2Fe＋3Cu2＋===2Fe3＋＋3CuC．根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒D．水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜答案　C解析　水银是汞，属于金属，Hg→HgS应是水银发生了氧化反应，故A错误；铁和Cu2＋发生置换反应生成Fe2＋，正确的离子方程式应是Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故B错误；S和Hg反应生成HgS，因此可以用硫粉覆盖温度计打破后流出的水银，防止中毒，故C正确；根据金属活动性顺序，Cu排在Hg的前面，因此Hg不能置换出Cu，故D错误。8．下列解释实验现象的反应方程式正确的是(　　)A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：2Na＋O2===Na2O2B．将Na块放入水中，产生气体：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物：2Na2O2＋CO2===2Na2CO3＋O2D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：2NaHCO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O答案　B解析　将切开的金属Na暴露在空气中，钠与氧气反应生成氧化钠，反应方程式为4Na＋O2===2Na2O，表面由光亮逐渐变暗，A错误；Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，生成的氢氧化钠潮解，C错误；向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：NaHCO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋NaOH＋H2O，D错误。9.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左边充入1 mol N2，右边充入CO和CO2的混合气体共8 g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO与CO2分子数之比为 (　　)A．1∶3  B．3∶1 C．1∶2  D．2∶1答案　B解析　压强相等，温度相同时气体的体积比等于物质的量之比，即有＝＝4，解得混合气体物质的量为0.25 mol，设混合气体中有CO x，CO2 y，则有关系式，解得x＝ mol，y＝ mol，得出CO和CO2的物质的量之比为3∶1，CO与CO2分子数之比等于物质的量之比，即为3∶1，故B正确。10．某工厂的酸性废水中含有剧毒的H3AsO3，可加入SnCl2除去H3AsO3并回收As。反应方程式为3SnCl2＋12HCl＋2H3AsO3===2As↓＋3H2SnCl6＋6M。下列关于该反应的说法中正确的是(　　)A．还原剂是H3AsO3B．还原性：As>SnCl2C．M为H2O，是氧化产物D．每生成0.1 mol As，还原剂失去0.3 mol电子答案　D解析　根据方程式可知，Sn元素化合价从＋2价升高到＋4价，As元素化合价从＋3价降低到0价，所以还原剂是SnCl2，氧化剂是H3AsO3，A错误；还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原性：As<SnCl2，B错误；根据原子守恒可知M为H2O，不是氧化产物，H2SnCl6是氧化产物，C错误；每生成0.1 mol As，消耗0.15 mol SnCl2，还原剂失去0.3 mol电子，D正确。二、选择题(本题共5小题，每小题有1个或2个选项符合题意。每小题4分，共20分)11．下列说法中正确的是(设NA是阿伏加德罗常数的值)(　　)A．标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中原子数为0.2NAB．为配制浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液，可称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C．1 mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NAD．1 L 0.1 mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA答案　AC解析　A项，标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24 L混合气体中所含的分子数目为0.1NA，且N2、O2都是双原子分子，故所含原子数目为0.2NA，A正确；B项，不能在容量瓶中溶解KMnO4固体，B错误；C项，1 mol CO含有质子的物质的量为(6＋8) mol＝14 mol,1 mol N2中含有质子的物质的量为2×7 mol＝14 mol，因此1 mol N2和CO的混合气体中含有质子的物质的量为14 mol，C正确；D项，由于溶剂水中还含有大量氧原子，故1 L 0.1 mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数大于0.4NA，D错误。12．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，下列反应可制取K2FeO4：2Fe(OH)3＋3Cl2＋10KOH===2K2FeO4＋6＋8H2O。下列说法不正确的是(　　)A．每转移1 mol e－，可以得到33 g K2FeO4B．处的物质应为KClC．该反应中铁元素的化合价升高D．该反应条件下氧化性：Cl2>K2FeO4答案　A解析　Fe元素的化合价由＋3价升高为＋6价，因此每转移1 mol e－，可以得到高铁酸钾的质量是 mol×198 g·mol－1＝66 g，A错误；根据原子守恒可知处的物质应为KCl，B正确；Fe元素的化合价升高，失去电子，被氧化，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则在该反应条件下氧化性：Cl2>K2FeO4，D正确。13．在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，该溶液的密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol。下列叙述正确的是(　　)A．溶质的质量分数w＝×100%B．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1C．溶液中c(NH)＝ mol·L－1D．上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w答案　BC解析　A项，w＝×100%。B项，c＝＝ mol·L－1。C项，溶液中c(NH)＝＝ mol·L－1。D项，氨水的密度小于水的密度，加入等体积水混合后，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w。14．某无色、澄清溶液中可能含有①Na＋、②SO、③Cl－、④HCO、⑤CO、⑥H＋、⑦Cu2＋中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下，下列结论正确的是(　　)步骤操作现象Ⅰ用紫色石蕊试液检验溶液变红Ⅱ向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸有白色沉淀生成Ⅲ将Ⅱ中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀生成A．肯定含有的离子是②③⑥B．该实验无法确定是否含有③C．可能含有的离子是①③D．肯定没有的离子是④⑤，可能含有的离子是②答案　BC解析　溶液无色澄清，可知溶液里没有Cu2＋；用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里不含CO和HCO；向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，说明溶液里有SO；将Ⅱ中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，产生的沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl－，因实验Ⅱ中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了Cl－；由以上分析可知溶液里一定存在②SO、⑥H＋，一定不存在④HCO、⑤CO、⑦Cu2＋，可能存在①Na＋、③Cl－，B、C正确。15．把图乙中的物质补充到图甲中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。…… ……甲　　　乙对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是(　　)A．IO做氧化剂，具有氧化性B．氧化性：MnO>IOC．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2D．若有2 mol Mn2＋参加反应，则转移10 mol电子答案　B解析　Mn2＋是反应物，反应后生成MnO，则Mn2＋失电子做还原剂，含有碘元素的离子在反应中做氧化剂，碘元素得电子，化合价降低，所以IO是反应物，IO是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，根据氧化还原反应中得失电子守恒以及原子守恒，可以得出该反应的离子方程式为2Mn2＋＋5IO＋3H2O===2MnO＋5IO＋6H＋。IO中的碘元素在反应中化合价降低，得电子，做氧化剂，具有氧化性，故A正确；根据反应的离子方程式可知，该反应的氧化剂是IO，氧化产物是MnO，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性强弱顺序为IO>MnO，故B错误；根据反应的离子方程式2Mn2＋＋5IO＋3H2O===2MnO＋5IO＋6H＋可知氧化剂IO和还原剂Mn2＋的物质的量之比为5∶2，故C正确；有2 mol Mn2＋参加反应时，转移电子的物质的量为2 mol×(7－2)＝10 mol，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共60分)16．(8分)甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙在常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体。它们有如图所示的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：(1)甲为________(填化学式)。(2)1 mol乙和足量甲反应可生成________mol B,1 mol丙和足量甲反应可生成________mol B。(3)D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是_______________________________________________________(结合化学方程式描述原因)。答案　(1)Na2O2　(2)0.5　0.5(3)Cl2＋H2O===HCl＋HClO，HClO有漂白性解析　甲是淡黄色固体，推出甲为Na2O2，乙常温下为无色无味的液体，乙为H2O，丙为常见无色无味气体且能和过氧化钠反应，丙为CO2，D为黄绿色气体，则D为Cl2，B为O2，A为NaOH，C为Na2CO3。(2)由2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑可知，消耗1 mol H2O，生成0.5 mol O2，由2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2可知，消耗1 mol CO2生成0.5 mol O2。17．(12分)已知某84消毒液瓶体部分标签如图所示，该84消毒液通常稀释100倍(体积比)后使用。84消毒液【有效成分】NaClO【规格】1000 mL【质量分数】25%【密度】1.19 g·cm－3请回答下列问题：(1)该84消毒液的物质的量浓度约为________mol·L－1(取整数)。(2)某同学取100 mL该84消毒液，稀释100倍(体积比)后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝________mol·L－1。(3)该同学参照该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________(填序号)。A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低D．需要称量NaClO固体的质量为143.0 g(4)若实验遇下列情况，判断对所配溶液的物质的量浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。①定容时俯视刻度线：________。②未冷却至室温就转移定容：________。③转移前，容量瓶内有蒸馏水：________。④定容时加水过量，用胶头滴管吸出：________。(5)84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸配制2000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸，用于增强84消毒液的消毒能力。①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为________mol·L－1。②需用浓硫酸的体积为________mL。答案　(1)4　(2)0.04　(3)C　(4)①偏高　②偏高　③无影响　④偏低　(5)①4.6　②250解析　(1)根据c＝，该84消毒液的物质的量浓度约为 mol·L－1≈4 mol·L－1。(2)将84消毒液稀释100倍，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得稀释后Na＋的浓度是0.04 mol·L－1。(3)配制一定物质的量浓度溶液需要的仪器有烧杯、托盘天平、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，如图所示的仪器中，不需要用到圆底烧瓶和分液漏斗，另外还需要玻璃棒和胶头滴管，A错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，可以直接用于溶液配制，B错误；配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致溶质的物质的量减少，因此结果偏低，C正确；欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，应选择500 mL容量瓶，实际配制500 mL溶液，需要溶质的质量为500 mL×1.19 g·cm－1×25%＝148.75 g，D错误。(4)①定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高。②未冷却至室温就转移定容，冷却后溶液体积减少，浓度偏高。③转移前，容量瓶内有蒸馏水对溶液配制无影响。④定容时加水过量，用胶头滴管吸出，使溶质减少，浓度偏低。(5)①硫酸是二元强酸，则所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为2.3 mol·L－1×2＝4.6 mol·L－1。②浓硫酸的浓度是 mol·L－1＝18.4 mol·L－1，根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知需用浓硫酸的体积为＝0.25 L＝250 mL。18．(12分)如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，发生反应4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D(放置有铁粉)。请回答下列问题：(1)仪器A的名称是________。(2)装置B中盛放的液体是____________，气体通过装置B的目的是____________________________；装置C中盛放的液体是________，气体通过装置C的目的是______________________。(3)D中反应的化学方程式是____________________________。(4)烧杯E中盛放的液体是__________，反应的化学方程式是________________________________。(5)资料表明D中的产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中的产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加________装置。答案　(1)分液漏斗(2)饱和食盐水　吸收氯气中混有的杂质HCl　浓硫酸　吸收水蒸气，干燥氯气(3)2Fe＋3Cl22FeCl3(4)NaOH溶液(答案合理即可)　2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O(与上一问相对应)(5)干燥解析　(1)仪器A为分液漏斗。(2)反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，通过饱和食盐水可除去氯化氢气体，通过浓硫酸可吸收水蒸气，故装置B中盛放的液体是饱和食盐水，装置C中盛放的液体是浓硫酸。(3)氯气与铁在加热条件下反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3。(4)氯气有毒，不能排放到空气中，烧杯E中盛放的液体可为氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气，反应的化学方程式为2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O。(5)D中的产物为氯化铁，由于FeCl3受热易升华，冷却后易凝华，遇H2O(g)剧烈反应，故需要防止水蒸气进入装置D，因此需要增加干燥装置，防止装置E中的水蒸气进入。19．(18分)Ⅰ.甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，它们所含离子如下表所示：阳离子NH、Mg2＋、Ba2＋阴离子OH－、NO、Cl－取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其溶质的物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)。(1)丙是________。(2)甲可能是________，设计实验确定甲的物质组成：______________________________________________________(若甲和乙物质组成确定，则此空不填)。Ⅱ.有A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，它们的阴离子的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。将等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3＋、K＋、SO、NO、Cl－五种离子，同时生成一种白色沉淀。请回答下列问题：(1)经检验，三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是________(填序号)。A．Na＋  B．Mg2＋ C．Cu2＋  D．Ag＋(2)三种盐的化学式分别是A________，B________，C________。(3)不需要加入任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为______________________(填化学式)。(4)若将A、B、C三种盐按一定比例溶于水，所得溶液中只含有Fe3＋、SO、NO、K＋四种离子且物质的量之比依次为1∶2∶3∶4，则A、B、C三种盐的物质的量之比为________，若向该溶液中加入过量Ba(OH)2，发生反应的总离子方程式为__________________________________________________。答案　Ⅰ.(1)Ba(OH)2(2)NH4NO3或NH4Cl　取少量甲溶液于试管中，向其中滴加适量的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则甲为NH4Cl，反之则为NH4NO3Ⅱ.(1)D　(2)FeCl3　AgNO3　K2SO4(3)FeCl3、AgNO3、K2SO4(或FeCl3、K2SO4、AgNO3)(4)1∶3∶2　Fe3＋＋2SO＋2Ba2＋＋3OH－===2BaSO4↓＋Fe(OH)3↓解析　Ⅰ.(1)由于甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，故NH、Mg2＋对应的阴离子均不能是OH－，故OH－对应的阳离子是Ba2＋，即一种化合物为Ba(OH)2，另外两种化合物可能为NH4NO3、MgCl2或NH4Cl、Mg(NO3)2。取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其溶质的物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)，故摩尔质量M(甲)<M(乙)<M(丙)，由于摩尔质量最大的是Ba(OH)2，故丙为Ba(OH)2。(2)由于甲的摩尔质量最小，故甲可能为NH4NO3或NH4Cl，而NH4NO3和NH4Cl的阴离子不同，故可取少量甲溶液于试管中，向其中滴加适量的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则甲为NH4Cl，反之则为NH4NO3。Ⅱ.A、B、C三种可溶性正盐的阴离子的摩尔质量依次增大，等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3＋、K＋、SO、NO、Cl－五种离子，同时生成一种白色沉淀，则A为盐酸盐，B为硝酸盐，C为硫酸盐；三种盐中的阴离子与A、B、C项中的阳离子均不会生成沉淀，故白色沉淀应为AgCl，则A为FeCl3(A不能为KCl，否则混合后溶液中没有Cl－)，B为AgNO3，C为K2SO4。(3)黄色的溶液为FeCl3溶液，与FeCl3反应生成白色沉淀的为AgNO3溶液，则另一种为K2SO4溶液。(4)Fe3＋、SO、NO、K＋四种离子的物质的量之比依次为1∶2∶3∶4，则FeCl3、AgNO3、K2SO4的物质的量之比为1∶3∶2。设混合溶液中FeCl3的物质的量为1 mol，则AgNO3的物质的量为3 mol，K2SO4的物质的量为2 mol；向溶液中加入过量Ba(OH)2，Ba2＋和OH－是过量的，应根据Fe3＋和SO的量来确定消耗Ba2＋和OH－的量，故离子方程式为Fe3＋＋2SO＋2Ba2＋＋3OH－===2BaSO4↓＋Fe(OH)3↓。20．(10分)KMnO4是一种典型的强氧化剂。回答下列问题：Ⅰ.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：①MnO＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)②MnO＋CuS＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)(1)下列关于反应①的说法中错误的是________(填序号)。a．被氧化的元素是Cu和Sb．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5c．还原性的强弱关系是Mn2＋<Cu2Sd．每生成2.24 L(标准状况)SO2，转移0.6 mol电子(2)配平并用单线桥法标出反应②中电子转移的方向和数目：____________________________________________________。(3)若将H2O2加入到KMnO4酸性溶液中发生反应：2KMnO4＋7H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，则被1 mol KMnO4氧化的H2O2是________mol。Ⅱ.已知在碱性条件下：MnO＋e－―→MnO(绿色)(4)将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到绿色溶液，并且有气泡生成，写出反应的离子方程式：__________________________________________。答案　(1)d(2) ＋28H＋===5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O(3)2.5(4)4MnO＋4OH－4MnO＋O2↑＋2H2O解析　(1)反应中铜元素、硫元素的化合价升高，被氧化的元素是Cu和S，a正确；反应中1 mol高锰酸钾得到5 mol电子，1 mol Cu2S失去8 mol电子，因此根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5，b正确；还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是Mn2＋<Cu2S，c正确；每生成2.24 L(标准状况)SO2，即0.1 mol SO2，消耗0.1 mol Cu2S，转移0.8 mol电子，d错误，答案选d。(2)反应中Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，S元素化合价从－2价升高到＋4价，根据得失电子守恒可知电子转移的方向和数目为===5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O。(3)反应中Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，1 mol KMnO4得到5 mol电子；双氧水中氧元素化合价从－1价升高到0价，1 mol双氧水失去2 mol电子，所以被1 mol KMnO4氧化的H2O2的物质的量为2.5 mol。(4)将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到绿色溶液，说明还原产物是MnO，并且有气泡生成，因此还有氧气生成，则反应的离子方程式为4MnO＋4OH－4MnO＋O2↑＋2H2O。