2022-2022学年广东省汕头市东厦中学高一（上）期中化学试卷一、单项选择题（本题有18小题，每小题2分，共36分；每小题只有一个选项符合题意．）1．下列各组物质按化合物、单质、混合物顺序排列的是()A．空气、氮气、胆矾B．稀盐酸、液态氧、碘酒C．干冰、铁、氯化氢D．氧化钙、白磷、石灰水2．下列有关CuSO4•5H2O的叙述正确的是()A．1molCuSO4•5H2O的质量为250g/molB．CuSO4•5H2O的摩尔质量为250gC．CuSO4•5H2O的摩尔质量为250g/molD．配制100mL0.1mol/L硫酸铜溶液需要CuSO4•5H2O1.6g3．加入NaOH溶液后，溶液中哪种离子数目会减少()A．CO32﹣B．Cu2+C．SO42﹣D．Ba2+4．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、S及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作．其中正确的操作顺序是()①过滤②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液．A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．④②⑤①③D．⑤②④①③5．如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，最简便的分离方法是()-29-\nA．B．C．D．6．下列物质加入水中，不能形成电解质溶液的是()A．NH3B．C2H5OH（乙醇）C．NaClD．HCl7．在酸性无色溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是()A．MnO4﹣、H+、K+、NO3﹣B．Na+、H+、Cl﹣、NO3﹣C．Ba2+、H+、SO42﹣、Cl﹣D．H+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣8．下列说法正确的是()A．胶体粒子的直径介于1﹣100nm之间B．胶体不均一，不稳定，静置后易产生沉淀C．可用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体D．Fe（OH）3胶体不能与稀盐酸反应9．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温常压下，11.2L氧气所含的氧原子数为NAB．1mol/L的CaCl2溶液中含有的Cl﹣为2NAC．2.4g镁变成Mg2+时失去的电子数目为0.2NAD．标准状况下，2g氢气所含的原子数目为NA10．将5mol/L的Mg（NO3）2溶液amL稀释至bmL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度是()A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L11．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，该反应的还原剂是()-29-\nA．Fe3+B．CuC．Fe2+D．Cu2+12．下列离子方程式正确的是()A．向氨水中滴入盐酸：H++OH﹣=H2OB．向澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2OC．稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D．钠跟水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑13．通过加入过量的化学药品，采用恰当的分离混合物的方法，除去某溶液里溶解着的杂质，下列做法中正确的是（括号内的物质为杂质）()A．NaCl溶液（BaCl2）．加Na2SO4溶液，过滤B．KNO3溶液（AgNO3）．加NaCl溶液，过滤C．NaCl溶液（I2）．加酒精，分液D．KNO3溶液（I2）．加四氯化碳，分液14．从硫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．Na2SB．SC．SO2D．H2SO415．不能用H++OH﹣=H2O来表示的化学反应是()A．NaOH溶液与盐酸反应B．KOH溶液与稀硫酸反应C．Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应D．澄清石灰水与稀硝酸反应16．以下四组物质的水溶液，其中仅用溶液间的两两混合，就可以完成鉴别任务的是()A．MgCl2Na2SO4BaCl2KOHB．BaCl2AgNO3CaCl2HNO3C．NaOHNa2SO4KNO3HClD．HClNa2CO3Na2SO4BaCl217．常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是()-29-\nA．B．C．D．18．在一定条件下，RO3n﹣和F2可发生如下反应：RO3n﹣+F2+2OH﹣═RO4﹣+2F﹣+H2O，从而可知在RO3n﹣中，元素R的化合价是()A．+4B．+5C．+6D．+7二、双项选择题（本题有6小题，每小题2分，共12分；且每小题均有2个选项符合题意；多选、错选、无选均不得分，选1个且正确给1分．）19．某实验小组只领取下列仪器或用品：铁架台、铁圈、三角架、石棉网、烧杯、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、圆底烧瓶、火柴．只应用上述仪器或用品，不能进行的实验操作是()A．蒸发B．萃取C．过滤D．蒸馏20．工业上制取ClO2的化学反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，下列说法正确的是()A．SO2在反应中被氧化B．NaClO3在反应中失去电子C．H2SO4在反应中作氧化剂D．1mol氧化剂在反应中得到1mol电子21．对下列实验过程的评价，正确的是()A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐B．某溶液中先滴加稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO42﹣C．某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含有Cl﹣22．下列反应中必须加入还原剂才能进行的是()-29-\nA．H2SO4→SO2B．Zn2+→ZnC．H2O→H2D．CuO→CuCl223．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既不是氧化剂也不是还原剂．下列反应与Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl相比较，水的作用完全相同的是()A．2H2O2H2↑+O2↑B．4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑D．Cl2+H2O=HCl+HClOfen24．在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B﹣③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣根据上述反应，判断下列结论错误的是()A．①中X2+是氧化产物B．还原性强弱的顺序为：Z﹣＞A2+C．氧化性强弱的顺序为：XO4﹣＞B2D．溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z﹣三、填空题（本题有2小题，共14分．）25．有五种物质是①6gH2；②0.5molCO2；③1.204×1024个氯化氢分子；④147g硫酸；⑤92g乙醇（C2H5OH），它们的物质的量最大的是__________，所含分子数最多的是__________，含有原子个数最多的是__________，质量最大的是__________．26．在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中，指出氧化剂__________，氧化产物__________．27．在2H2S+O2=2S+2H2O反应中，请指出被氧化的元素是__________，被还原的元素是__________．-29-\n四、（本题有2小题，共16分．）28．现有一瓶FeCl3饱和溶液，写出其电离方程式：__________．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，微热后，液体变为__________色，得到的是__________．29．有一包白色粉末，其中可能含有Ba（NO3）2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生；③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生．根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原白色粉末中一定含有的物质是__________，一定不含有的物质是__________．（写化学式）（2）写出各步变化的离子方程式．①__________；②__________；③__________．五、实验题（共12分）30．实验室用NaOH固体配制250mL1.00mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题：（1）需称量的NaOH固体的质量为__________．（2）配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、__________、__________．（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）__________．A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1～2cm处（4）下列配制的溶液浓度偏低的是__________．-29-\nA．称量NaOH固体时，砝码错放在左盘B．向容量瓶中转移溶液时（实验步骤C）不慎有液滴洒在容量瓶外面C．定容摇匀时发现液面下降到刻度线以下，再加蒸馏水D．定容时俯视刻度线E．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水（5）某同学改用固体Na2CO3配制Na2CO3溶液的过程如下图所示，其错误操作序号是__________．六、计算题（共10分）31．实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（1）该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比是__________．（2）如反应中转移了2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下的体积为多少？（3）产生的KCl若配成1L的溶液，其物质的量浓度应为多少？＜注：第（2）、（3）小题必须写出计算过程＞-29-\n2022-2022学年广东省汕头市东厦中学高一（上）期中化学试卷一、单项选择题（本题有18小题，每小题2分，共36分；每小题只有一个选项符合题意．）1．下列各组物质按化合物、单质、混合物顺序排列的是()A．空气、氮气、胆矾B．稀盐酸、液态氧、碘酒C．干冰、铁、氯化氢D．氧化钙、白磷、石灰水【考点】混合物和纯净物；单质和化合物．【专题】物质的分类专题．【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成．纯净物又分为单质和化合物．由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物．【解答】解：A．空气属于混合物；氮气属于单质；胆矾属于纯净物，故A错误；B．稀盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物；液态氧属于单质；碘酒是碘单质的乙醇溶液，属于混合物，故B错误；C．干冰属于化合物；铁属于单质，氯化氢是纯净物，故C错误；D．氧化钙属于化合物；白磷属于单质；石灰水属于混合物，故D正确．故选D．【点评】本考点考查了物质的分类，要加强记忆混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物等基本概念，并能够区分应用，难度不大，本考点的基础性比较强，主要出现在选择题和填空题中．2．下列有关CuSO4•5H2O的叙述正确的是()A．1molCuSO4•5H2O的质量为250g/molB．CuSO4•5H2O的摩尔质量为250gC．CuSO4•5H2O的摩尔质量为250g/molD．配制100mL0.1mol/L硫酸铜溶液需要CuSO4•5H2O1.6g【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．-29-\n【分析】A、质量的单位是g；B、摩尔质量的单位是g/mol；C、摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量；D、根据c•V=n，m=n•M计算．【解答】解：A、1molCuSO4•5H2O的质量为250g，故A错误；B、CuSO4•5H2O的摩尔质量为250g/mol，故B错误；C、CuSO4•5H2O的相对分子质量为250，因此CuSO4•5H2O的摩尔质量为250g/mol，故C正确；D、n（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，m（CuSO4•5H2O）=0.01mol×250g/mol=2.5g，故D错误；故选C．【点评】本题考查了摩尔质量的定义和计算，摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，D选项注意原子守恒的应用．3．加入NaOH溶液后，溶液中哪种离子数目会减少()A．CO32﹣B．Cu2+C．SO42﹣D．Ba2+【考点】离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】加入NaOH溶液后，显著减少的离子是与OH﹣反应的离子，选项中的CO32﹣、Ba2+、SO42﹣与OH﹣不反应，而Cu2+能与OH﹣反应．【解答】解：溶液中显著减少的离子是与OH﹣反应的离子；由于选项中的CO32﹣、Ba2+、SO42﹣与OH﹣不反应，溶液中离子数不会减少，而Cu2+能与OH﹣反应，反应方程式为：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓，导致溶液中Cu2+浓度减小，故选B．【点评】本题考查了离子反应发生的条件，题目难度不大，注意熟练掌握离子反应发生发生的条件，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养．4．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、S及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作．其中正确的操作顺序是()①过滤-29-\n②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液．A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．④②⑤①③D．⑤②④①③【考点】粗盐提纯．【专题】化学实验基本操作．【分析】溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析．【解答】解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后硫酸根离子用⑤钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，镁离子用②氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用④碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，再进行①过滤，分离出生成的氢氧化镁、碳酸钡、碳酸钙沉淀，最后再加入③盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，经蒸发操作可得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为：⑤②④①③，故选：D．【点评】本题主要考查了粗盐提纯过程中的除杂方面的知识，综合性强，要注意除杂质的顺序，本题难度中等．5．如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，最简便的分离方法是()-29-\nA．B．C．D．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可采用分液的方法进行分离进行解答．【解答】解：据花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可采用分液的方法进行分离．故选：B．【点评】本题考查了常见物质的分离方法，完成此题，可以依据物质的性质差异进行．利用化学方法分离就是发生化学变化．6．下列物质加入水中，不能形成电解质溶液的是()A．NH3B．C2H5OH（乙醇）C．NaClD．HCl【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】电解质是指：该物质是化合物，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是自身电离．酸、碱、盐都是电解质，在水溶液中和在熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，据此即可解答．【解答】解：A．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，能形成电解质溶液，故A不符合；B．乙醇在水溶液中和在熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物，是非电解质，不能形成电解质溶液，故B符合；C．NaCl溶于水能形成电解质溶液，故C不符合；D．氯化氢溶于水形成盐酸，HCl=H++Cl﹣，是电解质溶液，故D不符合；故选B．-29-\n【点评】本题主要考查电解质的概念，注意电解质和非电解质都必须是化合物，电解质能导电是溶于水溶液中或在熔融状态下自身电离，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，题目较简单．7．在酸性无色溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是()A．MnO4﹣、H+、K+、NO3﹣B．Na+、H+、Cl﹣、NO3﹣C．Ba2+、H+、SO42﹣、Cl﹣D．H+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；C．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．Fe3+为黄色，与无色不符，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．8．下列说法正确的是()A．胶体粒子的直径介于1﹣100nm之间B．胶体不均一，不稳定，静置后易产生沉淀C．可用过滤的方法除去蔗糖溶液中含有的少量淀粉胶体D．Fe（OH）3胶体不能与稀盐酸反应【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．分散质微粒直径介于1～100nm之间的是分散系是胶体；B．胶体是均一的介稳体系；C．胶体能透过滤纸；D．Fe（OH）3能与稀盐酸反应．【解答】解：A．胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，故A正确；-29-\nB．胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故B错误；C．溶液和胶体都能透过滤纸，无法分开，故C错误；D．Fe（OH）3胶体与稀盐酸先发生聚沉后反应生成氯化铁，故D错误．故选A．【点评】本题考查分散系、胶体与溶液的概念及关系，侧重基础知识的积累，难度不大．9．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温常压下，11.2L氧气所含的氧原子数为NAB．1mol/L的CaCl2溶液中含有的Cl﹣为2NAC．2.4g镁变成Mg2+时失去的电子数目为0.2NAD．标准状况下，2g氢气所含的原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．常温常压，Vm≠22.4L/mol；B．溶液体积未知；C．质量转化为物质的量，结合每个镁原子失去2个电子变为镁离子；D．质量转化为物质的量，结合1个氢气分子含有2个氢原子解答．【解答】解：A．常温常压，Vm≠22.4L/mol，则11.2L氧气的物质的量无法计算，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故B错误；C.2.4g镁的物质的量=0.1mol，失去电子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，故C正确；D．标准状况下，2g氢气所含的原子数目为×2×NA=2NA，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意气体摩尔体积的使用范围和使用条件，题目难度不大．10．将5mol/L的Mg（NO3）2溶液amL稀释至bmL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度是()A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．-29-\n【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，即硝酸根浓度为10mol/L，由稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，据此计算．【解答】解：根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，所以硝酸根浓度为10mol/L．令稀释后硝酸根的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，则：10mol/L×amL=c×bmL，解得，c=mol/L．故选：B．【点评】考查物质的量浓度的计算，难度不大，本题根据稀释定律计算，简化计算，也可根据定义式计算．掌握常用物质的量浓度的计算方法．11．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，该反应的还原剂是()A．Fe3+B．CuC．Fe2+D．Cu2+【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、Cu元素化合价由0价变为+2价，失电子化合价升高的反应物是还原剂．【解答】解：该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、Cu元素化合价由0价变为+2价，失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以还原剂是Cu，故选B．【点评】本题考查了氧化剂、还原剂的判断，根据元素化合价结合基本概念来解答即可，属于基础题．12．下列离子方程式正确的是()A．向氨水中滴入盐酸：H++OH﹣=H2OB．向澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2OC．稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D．钠跟水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑-29-\n【考点】离子方程式的书写．【专题】常规题型；离子反应专题．【分析】A．氨水为弱碱，一水合氨不能拆开；B．二氧化碳少量，反应生成碳酸钙沉淀和水；C．铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；D．该离子方程式不满足电子守恒、质量守恒．【解答】解：A．盐酸和氯化氢反应生成了铵离子和水，反应的离子方程式为：NH3•H2O+H+═NH4++H2O，故A错误；B．向澄清石灰水中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O，故B正确；C．稀硫酸中加入铁粉生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D．钠跟水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等．13．通过加入过量的化学药品，采用恰当的分离混合物的方法，除去某溶液里溶解着的杂质，下列做法中正确的是（括号内的物质为杂质）()A．NaCl溶液（BaCl2）．加Na2SO4溶液，过滤B．KNO3溶液（AgNO3）．加NaCl溶液，过滤C．NaCl溶液（I2）．加酒精，分液D．KNO3溶液（I2）．加四氯化碳，分液【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】根据除杂的原则回答，所选试剂要能把杂质除掉，且不能带入新的杂质，不能和原物质反应，原物质的质量不能减少，可以增加；尽量把杂质转化为与原物质状态不同的物质，便于分离；在选择除杂方法和试剂时要从杂质和原物质的性质来考虑．-29-\n【解答】解：A、加入硫酸钠的量不能准确控制，不符合除杂原则，一般利用碳酸钠，故A错误；B、加入氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，除去杂质又引入新的杂质，故B错误；C、加入酒精易溶于水不能分层，不能利用分液来分离，故C错误；D、加入四氯化碳和水溶液分层，碘单质在四氯化碳中溶解度大于水溶液，可以萃取静置分液，故D正确；故选D．【点评】本题考查了除杂的方法，解答此类题目必须在理解除杂原理和物质的性质基础上，通过综合判断来回答．14．从硫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．Na2SB．SC．SO2D．H2SO4【考点】氧化还原反应；重要的氧化剂．【专题】氧化还原反应专题．【分析】元素化合价处于最高价态的物质可能具有氧化性，处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性，而处于最低价态时，只具有还原性．【解答】解：A、硫化钠中硫元素处于最低价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，故A正确；B、单质硫中，硫元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故B错误；C、二氧化硫中，硫元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故C错误；D、硫酸中硫元素处于最高价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，故D错误．故选A．【点评】本题考查学生物质中元素的化合价和物质的性质间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大．15．不能用H++OH﹣=H2O来表示的化学反应是()A．NaOH溶液与盐酸反应B．KOH溶液与稀硫酸反应C．Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应D．澄清石灰水与稀硝酸反应【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．-29-\n【分析】离子方程式H++OH﹣=H2O表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的一类反应，据此进行判断．【解答】解：A．NaOH溶液与盐酸反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合条件，故A错误；B．KOH溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合条件，故B错误C．Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，不能用离子方程式H++OH﹣=H2O表示，符合条件，故C正确；D．澄清石灰水与稀硝酸反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合条件，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，如：各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，试题培养了学生的灵活应用能力．16．以下四组物质的水溶液，其中仅用溶液间的两两混合，就可以完成鉴别任务的是()A．MgCl2Na2SO4BaCl2KOHB．BaCl2AgNO3CaCl2HNO3C．NaOHNa2SO4KNO3HClD．HClNa2CO3Na2SO4BaCl2【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】综合实验题．【分析】A．Na2SO4、BaCl2反应生成白色沉淀，MgCl2、KOH反应生成白色沉淀；B．BaCl2、CaCl2均与AgNO3反应生成白色沉淀；C．只发生NaOH、HCl反应，且现象不明显；D．BaCl2分别与Na2CO3、Na2SO4反应生成白色沉淀，HCl与Na2CO3反应生成气体．【解答】解：A．Na2SO4、BaCl2反应生成白色沉淀，MgCl2、KOH反应生成白色沉淀，仅用溶液间的两两混合不能鉴别，故A不选；B．BaCl2、CaCl2均与AgNO3反应生成白色沉淀，仅用溶液间的两两混合不能鉴别，故B不选；C．只发生NaOH、HCl反应，且现象不明显，仅用溶液间的两两混合不能鉴别，故C不选；D．BaCl2分别与Na2CO3、Na2SO4反应生成白色沉淀，HCl与Na2CO3反应生成气体，则先鉴别出BaCl2，能溶解其中一种白色沉淀的为HCl，然后可知Na2CO3、Na2SO4，仅用溶液间的两两混合，就可以完成鉴别任务，故D选；-29-\n故选D．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．17．常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是()A．B．C．D．【考点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗定律及推论．【专题】计算题．【分析】同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小，据此解答．【解答】解：同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小，CH4的摩尔质量为16g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，SO2的摩尔质量为64g/mol，故同温同压下，等质量的CH4、CO2、O2、SO2占有体积大小为：CH4＞CO2＞O2＞SO2，故选D．【点评】本题考查常用化学计量的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论等，难度不大，注意对公式的理解与灵活运用．18．在一定条件下，RO3n﹣和F2可发生如下反应：RO3n﹣+F2+2OH﹣═RO4﹣+2F﹣+H2O，从而可知在RO3n﹣中，元素R的化合价是()A．+4B．+5C．+6D．+7【考点】氧化还原反应．【分析】由电荷守恒可知，n=1，设RO3n﹣中x元素的化合价为x，结合元素的化合价可解答．【解答】解：由电荷守恒可知，n=1，设RO3n﹣中x元素的化合价为x，则x+（﹣2）×3=﹣1，解得x=+5，-29-\n故选B．【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握电荷守恒为解答的关键，侧重分析、应用及计算能力的考查，题目难度不大．二、双项选择题（本题有6小题，每小题2分，共12分；且每小题均有2个选项符合题意；多选、错选、无选均不得分，选1个且正确给1分．）19．某实验小组只领取下列仪器或用品：铁架台、铁圈、三角架、石棉网、烧杯、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、圆底烧瓶、火柴．只应用上述仪器或用品，不能进行的实验操作是()A．蒸发B．萃取C．过滤D．蒸馏【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．蒸发用到三角架、蒸发皿、玻璃棒；B．萃取需要铁架台、铁圈、分液漏斗、烧杯等仪器；C．过滤需要铁架台、铁圈、烧杯、玻璃棒、滤纸、漏斗；D．蒸馏需要铁架台、铁圈、铁夹、石棉网、酒精灯、蒸馏烧瓶、火柴、冷凝管、牛角管以及锥形瓶．【解答】解：A．蒸发用到三角架、蒸发皿、玻璃棒，提供的仪器能满足该操作，故A不选；B．萃取需要铁架台、铁圈、分液漏斗、烧杯等仪器，提供的仪器能满足，故B不选；C．过滤需要铁架台、铁圈、烧杯、玻璃棒、滤纸、漏斗，无漏斗、滤纸，提供的仪器不能满足，故C选；D．蒸馏需要铁架台、铁圈、铁夹、石棉网、酒精灯、蒸馏烧瓶、火柴、冷凝管、牛角管以及锥形瓶，提供的仪器缺少冷凝管、牛角管以及锥形瓶，不能进行试验，故D选．故选CD．【点评】本题考查物质的分离、提纯的基本方法和选择，为高频考点，把握分离原理及需要的仪器为解答的关键，侧重实验基本操作和基本技能的考查，题目难度不大．20．工业上制取ClO2的化学反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，下列说法正确的是()A．SO2在反应中被氧化B．NaClO3在反应中失去电子-29-\nC．H2SO4在反应中作氧化剂D．1mol氧化剂在反应中得到1mol电子【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在反应2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4中，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，以此来分析氧化还原反应．【解答】解：A、因SO2中S元素的化合价由+4价升高到+6价，则SO2为还原剂，还原剂在反应中被氧化，故A正确；B、因NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则NaClO3在反应中得到电子，故B错误；C、因反应物H2SO4中的各元素的化合价不发生变化，则H2SO4不作氧化剂，故C错误；D、因NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，NaClO3作氧化剂，1mol氧化剂在反应中得到电子为1mol×（5﹣4）=1mol，故D正确；故选AD．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价及氧化还原反应中的基本概念即可解答，难度不大．21．对下列实验过程的评价，正确的是()A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐B．某溶液中先滴加稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO42﹣C．某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含有Cl﹣【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．能和稀盐酸反应产生无色气体的固体有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐等；B．检验硫酸根离子用盐酸酸化的氯化钡溶液；C．石蕊的变色范围是5﹣8，酸能使紫色石蕊试液变红色；D．用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子．-29-\n【解答】解：A．能和稀盐酸反应产生无色气体的固体有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐等，所以该固体不一定是碳酸盐，故A错误；B．检验硫酸根离子用盐酸酸化的氯化钡溶液，用盐酸除去亚硫酸根、碳酸根等离子的干扰，故B正确；C．石蕊的变色范围是5﹣8，酸能使紫色石蕊试液变红色，该溶液中加入紫色石蕊试液变红色说明溶液呈酸性，故C错误；D．用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，用硝酸除去其它离子的干扰，然后用硝酸银检验氯离子，故D正确；故选BD．【点评】本题考查了实验方案评价，涉及离子的检验、物质的检验、酸碱指示剂等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道氯离子、硫酸根离子、铁离子和亚铁离子等离子的检验方法、现象，题目难度不大．22．下列反应中必须加入还原剂才能进行的是()A．H2SO4→SO2B．Zn2+→ZnC．H2O→H2D．CuO→CuCl2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应中必须加入还原剂才能实现说明给予物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析解答．【解答】解：A．该反应中S元素化合价由+6价变为+4价，则硫酸是氧化剂，需要还原剂才能实现，如铜等，故A正确；B．该反应中Zn元素化合价由+2价变为0价，则锌离子作氧化剂，需要加入还原剂才能实现，故B正确；C．该反应中H元素化合价由+1价变为0价，则水作氧化剂，但不需要加入还原剂也能实现，如电解水，故C错误；D．该反应中Cu元素化合价不变，所以不需要发生氧化还原反应就能实现，故D错误；故选AB．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考查，侧重考查基本概念，明确元素化合价变化与氧化剂、还原剂关系是解本题关键，题目难度不大．-29-\n23．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既不是氧化剂也不是还原剂．下列反应与Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl相比较，水的作用完全相同的是()A．2H2O2H2↑+O2↑B．4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑D．Cl2+H2O=HCl+HClOfen【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl中，Cl、S元素的化合价变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂，以此来解答．【解答】解：A．水中O元素的化合价升高，氢化合价降低，则既是氧化剂又是还原剂，故A不选；B．Fe、O化合价变化，水中各元素的化合价变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂，故B选；C．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故C不选；D．只有Cl元素的化合价变化，水中各元素的化合价变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选BD．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见元素的化合价，题目难度不大．24．在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B﹣③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣根据上述反应，判断下列结论错误的是()A．①中X2+是氧化产物B．还原性强弱的顺序为：Z﹣＞A2+C．氧化性强弱的顺序为：XO4﹣＞B2D．溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z﹣【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．-29-\n【分析】①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；②2A2++B2═2A3++2BR﹣中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；③2B﹣+Z2═B2+2Z﹣中，Z元素的化合价降低，B元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答．【解答】解：A．反应①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，X元素化合价降低，被还原，X2+是还原产物，故A错误；B．①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O，氧化性：XO4﹣＞Z2，②2A2++B2═2A3++2B﹣，氧化性：B2＞A3+，③2B﹣+Z2═B2+2Z﹣，氧化性：Z2＞B2，所以氧化性关系为：XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，则还原性为A2+＞B﹣＞Z﹣＞X2+，则还原性强弱的顺序为：A2+＞Z﹣，故B错误；C．氧化性关系为：XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，即氧化性强弱的顺序为：XO4﹣＞B2，故C正确；D．根据氧化性关系为：XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，水溶液中可发生：Z2+2A2+═2A3++2Z﹣，故D正确；故选AB．【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及相关的基本概念，为高频考点，明确反应中元素的化合价变化及氧化性比较方法为解答的关键，题目难度不大．三、填空题（本题有2小题，共14分．）25．有五种物质是①6gH2；②0.5molCO2；③1.204×1024个氯化氢分子；④147g硫酸；⑤92g乙醇（C2H5OH），它们的物质的量最大的是①，所含分子数最多的是①，含有原子个数最多的是⑤，质量最大的是④．【考点】物质分子中的原子个数计算；物质的量的相关计算．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】先根据物质的量与其它物理量之间的转化关系，将选项中的各量转化成物质的量，根据N=n×NA可知物质的量越大，含有的分子数越多，原子的物质的量越大，含有的原子数越多，再根据m=n×M进行计算．【解答】解：①6gH2的物质的量为：=3mol，n（原子）=3×2=6mol，m=6g，②0.5molCO2的物质的量为：0.5mol，n（原子）=0.5×3=1.5mol，m=0.5×44=22g，-29-\n③1.204×1024个HCl的物质的量为：2mol，n（原子）=2×2=4mol，m=2×36.5=73g，④147gH2SO4的物质的量为：=1.5mol，n（原子）=1.5×7=10.5mol，m=147g，⑤92g乙醇（CH3CH2OH）的物质的量为：=2mol，n（原子）=2×9=18mol，m=92g；因此：物质的量最大的是①，故含有分子数最多的就是①，原子的物质的量最大的是⑤，故含有原子数最多的就是⑤，质量最大的是④，故答案为：①；①；⑤；④．【点评】本题考查物质的量有关计算、微粒数目计算、阿伏伽德罗定律及其推论，明确基本公式是解本题关键，注意根据PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度不大．26．在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中，指出氧化剂H2SO4，氧化产物CuSO4．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中，Cu元素化合价升高，失电子被氧化，S元素化合价降低，得电子被还原，以此解答该题．【解答】解：在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中，Cu元素化合价升高，失电子被氧化，S元素化合价降低，得电子被还原，则氧化剂是H2SO4，还原剂是Cu，氧化产物是CuSO4，还原产物是SO2，故答案为：H2SO4；CuSO4．【点评】本题考查氧化还原反应知识，为高考常见考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，难度不大．27．在2H2S+O2=2S+2H2O反应中，请指出被氧化的元素是S，被还原的元素是O．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应：2H2S+O2=2S+2H2O中，H2S中S元素的化合价升高，被氧化，O2中O元素的化合价降低，被还原．-29-\n【解答】解：2H2S+O2=2S+2H2O中，H2S中S元素的化合价升高，被氧化，O2中O元素的化合价降低，被还原，所以被氧化的元素是S，被还原的元素是，故答案为：S；O．【点评】本题考查氧化还原反应的判断，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度不大．四、（本题有2小题，共16分．）28．现有一瓶FeCl3饱和溶液，写出其电离方程式：FeCl3=Fe3++3Cl﹣．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，微热后，液体变为红褐色色，得到的是Fe（OH）3（胶体）．【考点】电离方程式的书写；盐类水解的原理．【专题】离子反应专题．【分析】氯化铁为强电解质，完全电离产生三价铁离子和氢氧根离子，三价铁离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铁胶体和氢离子．【解答】解：氯化铁为强电解质，完全电离产生三价铁离子和氢氧根离子，电离方程式：FeCl3=Fe3++3Cl﹣，三价铁离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，离子方程式：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，溶液变为红褐色；故答案为：FeCl3=Fe3++3Cl﹣；红褐色；Fe（OH）3（胶体）．【点评】本题考查了电解质的电离和盐类的水解，胶体的制备，明确电解质强弱、盐类水解规律是解题关键，题目难度不大．29．有一包白色粉末，其中可能含有Ba（NO3）2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生；③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生．根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba（NO3）2、MgCl2、NaOH，一定不含有的物质是K2CO3．（写化学式）（2）写出各步变化的离子方程式．-29-\n①Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；②Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；③Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，沉淀可能为碳酸钡或碳酸镁，或只有氢氧化镁；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，则沉淀只能为氢氧化镁；③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，则沉淀为硫酸钡沉淀，则一定存在Ba（NO3）2、MgCl2、NaOH，不能不含K2CO3，以此来解答．【解答】解：（1）①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，沉淀可能为碳酸钡或碳酸镁，或只有氢氧化镁；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，则沉淀只能为氢氧化镁；③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，则沉淀为硫酸钡沉淀，则一定存在Ba（NO3）2、MgCl2、NaOH，不能不含K2CO3，故答案为：Ba（NO3）2、MgCl2、NaOH；K2CO3；（2）①中的离子反应为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，②中的离子反应为Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，③中的离子反应为Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故答案为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．【点评】本题以物质检验和鉴别实验方案考查无机物的推断，为高频考点，注意②中白色沉淀为氢氧化镁来推断物质为解答的关键，侧重分析能力及推断能力的考查，题目难度中等．五、实验题（共12分）30．实验室用NaOH固体配制250mL1.00mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题：（1）需称量的NaOH固体的质量为10.0g．（2）配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管．（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）BCAFED．A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解-29-\nC．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1～2cm处（4）下列配制的溶液浓度偏低的是BC．A．称量NaOH固体时，砝码错放在左盘B．向容量瓶中转移溶液时（实验步骤C）不慎有液滴洒在容量瓶外面C．定容摇匀时发现液面下降到刻度线以下，再加蒸馏水D．定容时俯视刻度线E．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水（5）某同学改用固体Na2CO3配制Na2CO3溶液的过程如下图所示，其错误操作序号是①⑥．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】综合实验题；定量测定与误差分析．【分析】（1）根据质量m=CVM来计算；（2）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（4）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（5）根据用托盘天平称量固体时应左物右码、定容时应平视来分析．-29-\n【解答】解：（1）溶质的质量m=CVM=1mol/L×0.25L×40g/mol=10.0g，故答案为：10.0g；（2）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250mL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、250mL容量瓶、胶头滴管．根据提供的仪器可知，还需的玻璃仪器有：250ml容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是BCAFED，故答案为：BCAFED；（4）A．由于称量NaOH固体的质量为10.0g，不用游码，故当砝码错放在左盘时，对称量的氢氧化钠固体的质量无影响，故对浓度无影响，故A错误；B．向容量瓶中转移溶液时（实验步骤C）不慎有液滴洒在容量瓶外面，则导致溶质的损失，则浓度偏低，故B正确；C．定容摇匀时发现液面下降到刻度线以下是正常的，再加蒸馏水，则浓度偏低，故C正确；D．定容时俯视刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏高，故C错误；E．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对浓度无影响，故E错误．故选BC；（5）用托盘天平称量固体时应左物右码，故①错；定容时应平视刻度线，故⑥错，故选①⑥．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．六、计算题（共10分）31．实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（1）该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5．（2）如反应中转移了2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下的体积为多少？（3）产生的KCl若配成1L的溶液，其物质的量浓度应为多少？＜注：第（2）、（3）小题必须写出计算过程＞-29-\n【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，通过化合价升降判断，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，利用电子的转移与结合方程式进行计算．【解答】解：（1）2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，通过化合价升降判断，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，2mol高锰酸钾得电子是氧化剂，10molHCl失电子是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：10=1：5，故答案为：1：5；（2）设反应中有2mol电子发生转移，生成氯气的体积为x，2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O转移电子10e﹣，所以电子与氯气的关系式为10e﹣～5Cl210mol5×22.4L2molxx=22.4L，所以生成气体是22.4L，答：生成气体是22.4L；（3）2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O250.4mol1mol所以产生的KCl若配成1L的溶液，其物质的量浓度应为=0.4mol/L，答：产生的KCl若配成1L的溶液，其物质的量浓度应为0.4mol/L．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．-29-
