【化学】福建省平潭县新世纪学校2019-2020学年高一上学期第二次月考试题(解析版）

【化学】福建省平潭县新世纪学校2019-2020学年高一上学期第二次月考试题(解析版）

福建省平潭县新世纪学校2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 ‎（考试时间：90分钟 满分：100分）‎ 注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 S-32 Cl-35.5‎ 第I卷（选择题54分)‎ 一、单选题 ‎ ‎1.下列反应类型中，不可能属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B、分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C、置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，一定属于氧化还原反应，故C不符合题意。‎ D、复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，不可能为氧化还原反应，故D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎2.关于氧化还原反应实质的叙述，正确的是( )‎ A. 有氧元素参与反应 B. 有氢元素参与反应 C. 有元素发生化合价变化 D. 有电子的得失或电子转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化还原反应中不一定有氧元素的参加，如Na与Cl2反应产生NaCl，在该反应中无氧元素，但反应属于氧化还原反应，A错误；‎ B.氧化还原反应中可能有氢元素参与反应，也可能没有氢元素参加反应，B错误；‎ C.氧化还原反应的特征是元素化合价的变化，元素化合价的变化不是反应实质，C错误；‎ D.氧化还原反应的实质有电子的得失或电子转移，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.下列电离方程式正确的是（　　）‎ A. H2SO4 = H+ + HSO42- B. H3PO4=3H++ PO43—‎ C. NaHCO3=Na++H++ CO32— D. CaCO3(熔融）=Ca2+ + CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸为强电解质，完全电离，电离方程式：H2SO4═2H++ SO42-，故A错误；‎ B. 磷酸为多元弱酸是弱电解质，分步电离，以第一步为主，电离方程式：H3PO4⇌H++ H2PO4—，故B错误；‎ C. 碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na++ HCO3—，故C错误；‎ D. 碳酸钙为离子化合物，熔融状态完全电离，电离方程式：CaCO3(熔融）=Ca2+ + CO32-，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列物质中既能导电，又属于电解质的是（　　）‎ A. 氯化钠溶液 B. 金属铜 C. 熔融硫酸钠 D. 氯化氢气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；‎ B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不选；‎ C、熔融的硫酸钠，本身能够电离产生自由移动离子而导电，属于电解质，故C选；‎ D、氯化氢气体不能导电，是电解质，故D不选。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4L任何气体都约含有6.02×1023个分子 B. 含1mol氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L C. 常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA D. 标准状况下，11.2L蔗糖含有的分子数为0.5NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，而分子个数N=nNA=NA个，即约为6.02×1023个，故A正确；‎ B、氦气分子为单原子分子，故1mo氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L，故B错误；‎ C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，则分子个数小于0.5NA个，故C错误；‎ D、标况下蔗糖为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )‎ A. Na+、NO3-、Mg2+、OH- B. MnO4-、K+、CO32-、Na+‎ C. K+、SO42-、HCO3-、Na+ D. NH4+、SO42-、K+、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg2+、OH-会形成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，且在酸性溶液中OH-不能大量共存，A错误；‎ B.MnO4-溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，酸性溶液中含有大量的H+，H+与CO32-会发生离子反应，不能大量共存，B错误；‎ C.酸性溶液中含有大量的H+，H+、HCO3-会发生反应产生H2O、CO2，不能大量共存，C错误；‎ D. H+与选项离子之间不能发生任何反应，且离子水溶液显无色，可以大量共存，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列装置能达到实验目的的是(　　)‎ A. 氧化废液中的溴化氢 B. 分离CCl4和水层 C. 分离四氯化碳和液溴 D. 密封存放单质溴 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于Cl2有强的氧化性，会把HBr中的溴元素氧化为Br2，为使物质充分发生反应，应该把导气管伸入到液面以下，故不能用装置甲氧化废液中的溴化氢，故A错误；‎ B. 由于水的密度比四氯化碳小，二者是互不相溶的两种液体物质，因此可以用分液的方法分离，故B正确；‎ C. 四氯化碳和液溴是沸点不同的互溶的两种液态物质，用蒸馏的方法分离时，一个把温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口附近，不能在液面一下，因此不能用装置丙分离四氯化碳和液溴，故C错误；‎ D. 溴容易挥发，在保存时常加些水形成水封，由于溴有强的氧化性，会与橡胶发生反应，所以应该使用玻璃塞密封保存在，并加水形成水封，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列有关试剂的保存方法，错误的是（ ）‎ A. 氯水保存在棕色细口瓶中并放置在阴暗避光处密封保存 B. 少量的金属钠保存在煤油中 C. 液溴的试剂瓶里加一些水来防溴挥发 D. 新制的氯水通常保存在无色玻璃试剂瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水中的次氯酸见光易分解，保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处，故A正确；‎ B. 钠是活泼的金属，极易与水及氧气反应，应该保存在煤油中，故B正确；‎ C. 液溴易挥发，应该保存在棕色细口瓶，并加水液封，故C正确；‎ D. 新制的氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 焰色反应均为黄色 B. 溶解度：Na2CO3>NaHCO3‎ C. 可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质 D. 物质的量相同的两种固体分别与足量盐酸反应，Na2CO3产生的二氧化碳多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查钠的重要化合物。A.钠元素焰色反应呈黄色；‎ B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠；‎ C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠；‎ D.根据碳守恒分析解答。‎ ‎【详解】A.钠元素焰色反应呈黄色，所以两者焰色反应均为黄色，故A正确；‎ B.正盐碳酸钠的溶解度大于酸式盐碳酸氢钠，故B正确；‎ C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，所以可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，故C正确；‎ D.NaHCO3和Na2CO3都与足量盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，故D错误。‎ ‎10.下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑‎ B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl—+2H2O 2OH—+H2↑+Cl2↑‎ C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓‎ D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误； ‎ B. 电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑，故B正确； ‎ C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸者反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故C错误；‎ D. 碳酸氢铵溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为：NH4++Ca2++HCO3−+2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎11.下列有关离子（或物质）的检验及结论，正确的是（ ）‎ A. 用丁达尔效应可鉴别NaCl溶液和Fe(OH)3胶体 B. 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到Na+离子火焰呈黄色 C. 检验Na2CO3固体中是否混有NaHCO3，可向固体中直接滴加稀盐酸，如果观察到立刻有气体产生，说明混有NaHCO3‎ D. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故A正确；‎ B、焰色反应实验中，通过蓝色钴玻璃观察的是钾元素的火焰，如果呈现紫色，说明含有钾元素，故B错误；‎ C、Na2CO3先与盐酸反应，发生Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，盐酸过量，发生NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，即该方法不能鉴别Na2CO3中是否混有NaHCO3，利用NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不分解，可以采用加热的方法，将气体通入澄清石灰水中，观察溶液是否变浑浊，如果变浑浊，说明混有NaHCO3，故C错误；‎ D、该实验中Ag＋对SO42－的检验产生干扰，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎12.为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是（ ）‎ A. 分别加入1 mol·L－1的盐酸，看气泡产生的快慢 B. 分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水中，观察有无白色浑浊 C. 分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀 D. 分别配成溶液，做焰色反应实验，观察火焰的颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K2CO3和NaHCO3两种白色固体都能与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，生成气体的速率不同，可鉴别，故A正确；‎ B．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，而K2CO3受热不分解，故B正确；‎ C．K2CO3和NaHCO3溶液均与Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，不能鉴别，故C错误；‎ D．二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，注意观察钾元素的焰色反应应通过蓝色钴玻璃观察，可鉴别，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎13.下列实验能成功的是( )‎ ‎①用水鉴别Na2CO3和NaHCO3固体；②用观察法区别Na2O和Na2O2；③用MgCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液；④用稀盐酸鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液。‎ A. ①②③④ B. ①② C. ②③ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①用水鉴别NaHCO3和Na2CO3固体，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在等量的水中溶解较少的为NaHCO3，能鉴别；②用观察法区别Na2O和Na2O2，淡黄色的为Na2O2，白色的为Na2O，能鉴别；③用MgCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液，都生产白色沉淀，不能鉴别；④将稀少量盐酸分别滴入NaHCO3和Na2CO3溶液，开始即产生气泡的是NaHCO3，能鉴别；故答案为D。‎ ‎14.在国庆60周年阅兵式上，展示了我国研制的各种导弹。导弹之所以有神奇的命中率，是制导弹合金材料中的稀土元素钕（60Nd）的贡献。下列说法正确的是（　　）‎ A. 、和互为同位素 B. 、和的化学性质不同 C. 原子中含有60个质子和142个中子 D. 、和是不同的元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 、和为稀土元素钕的三种原子，同素异形体必须为单质，故A错误；‎ B. 、和质子数都为60，核外电子数也都为60，核外电子排布相同，化学性质相似，故B错误；‎ C. 质量数为142，质子数为60，中子数为82，故C错误；‎ D. 具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子叫做核素，稀土元素钕元素含有、和三种不同的核素，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.科学的实验方法是探索物质世界的一把金钥匙，下列实验方法或操作正确的是（ ）‎ A. 观察钾元素焰色反应的操作：先将铂丝放在稀硫酸中洗涤，然后蘸取固体氯化钾，置于酒精灯的外焰上进行灼烧，透过蓝色钴玻璃进行观察 B. 因为碘易溶于酒精，所以常用酒精萃取碘水中的碘 C. 两种互不相溶的液体，如汽油和水，可通过分液方法分离 D. 用丁达尔效应鉴别 NaCl 溶液和 KCl 溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸不挥发，干扰实验，应选盐酸洗涤，故A错误；‎ B. 酒精与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；‎ C.汽油和水分层，可分液分离，故C正确；‎ D. 丁达尔现象为胶体特有的性质，不能依此鉴别溶液，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.下列有关氧化还原反应的叙述正确的是( )‎ A. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原 B. 某金属元素M由化合态变为游离态，M一定被还原 C. 用双线桥表示下列反应的电子转移 D. 非金属单质在反应中只能作氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时，不一定有另一种元素被还原，可能发生自身氧化还原反应，同种元素化合价既升高，又降低，故A错误；‎ B. 金属元素只有正价，某金属元素M由化合态变为游离态，M一定被还原，故B正确；‎ C. 6molHCl中只有5mol作还原剂，用双线桥表示下列反应的电子转移，故C错误；‎ D. 非金属元素既有负价也有正价，非金属单质在反应中可能作氧化剂，也可能作还原剂，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎17.下列电子转移表示正确的是 (　　)‎ A. B. ‎ C. ↑ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，H2O中H元素应为得到2e-，O元素应为失去2e-，A错误；‎ B. ，Fe失去2e-，S得到2e-，B正确；‎ C. ↑，KCO3中的Cl元素应为得到12e-，O元素应为失去12e-，C错误；‎ D. ，得电子的箭头错误，应从反应物中的Fe箭头指向生成物中的Fe，D错误。‎ 故选B。‎ ‎18.下列关于氧化剂与还原剂的判断正确的是(　　)‎ A. 反应CH4＋2O2CO2＋2H2O中，O2是氧化剂，CH4是还原剂 B. 反应Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O中，Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂 C. 反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，HCl是氧化剂，MnO2是还原剂 D. 反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中，H2O既是氧化剂又是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应CH4＋2O2CO2＋2H2O中，氧元素化合价由0价降为-2价，O2是氧化剂，碳元素化合价由-4价升高为+4价，CH4是还原剂，故A正确；‎ B. 反应Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O中，氯元素化合价由0价降为-1价，Cl2是氧化剂，部分氯元素化合价由0价升高为+1价，Cl2是还原剂，故B错误；‎ C. 反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，锰元素化合价由+4价降为+2价，MnO2是氧化剂，部分氯元素化合价由-1价升高为0价，HCl是还原剂，故C错误；‎ D. 反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中，H2‎ O中氢元素化合价由+1价降为0价，是氧化剂，钠元素化合价由0价升高为+1价，钠是还原剂，故D错误；‎ 答案选A。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题 ‎19.有下列物质：①硫酸 ②盐酸 ③氯气 ④硫酸钡 ⑤酒精 ⑥铜 ⑦醋酸 ⑧氯化氢 ⑨蔗糖 ⑩氨气 ⑪CO2 ⑫NaHCO3 ⑬ NaOH。‎ ‎（1）属于非电解质的为____(填序号，下同)，属于弱电解质的为___，能导电的是___。‎ ‎（2）写出下列反应的离子方程式：‎ ‎①NaHCO3溶于醋酸：______________________。‎ ‎②过量CO2与NaOH溶液反应：______________。‎ ‎③Cl2通入NaOH溶液中：___________________。‎ ‎【答案】(1). ⑤⑨⑩⑪ (2). ⑦ (3). ②⑥ (4). HCO3—＋CH3COOH=CH3COO－＋CO2↑＋H2O (5). CO2＋OH－=HCO3— (6). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）在水溶液和熔融状态下本身均不能电离出阴、阳离子的化合物属于非电解质，非电解质一般包含非金属氧化物、大多数有机物；在水溶液中本身只能部分电离出阴、阳离子的化合物属于弱电解质，弱电解质一般包含弱酸、弱碱和水。‎ ‎（2）书写离子方程式时，强酸、强碱、大多数可溶于水的盐写成离子形式，其它物质均写成化学式形式。‎ ‎①NaHCO3和醋酸反应生成醋酸钠、水和二氧化碳；‎ ‎②过量与CO2与NaOH溶液反应生成碳酸氢钠；‎ ‎③Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。‎ ‎【详解】（1）在水溶液和熔融状态下本身均不能电离出阴、阳离子的化合物属于非电解质，非电解质一般包含非金属氧化物、大多数有机物，属于非电解质的为⑤⑨⑩⑪ ；在水溶液中本身只能部分电离出阴、阳离子的化合物属于弱电解质，弱电解质一般包含弱酸、弱碱和水，则属于弱电解质的为⑦；②盐酸中存在自由移动的离子，能够导电，⑥铜中存在自由移动的电子，也能够导电，则能导电的是②⑥；‎ 故答案为：⑤⑨⑩⑪；⑦；②⑥；‎ ‎（2）书写离子方程式时，强酸、强碱、大多数可溶于水的盐写成离子形式，其它物质均写成化学式形式。‎ ‎①NaHCO3和醋酸反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO3—＋CH3COOH=CH3COO－＋CO2↑＋H2O，‎ 故答案为：HCO3—＋CH3COOH=CH3COO－＋CO2↑＋H2O；‎ ‎②过量与CO2与NaOH溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO2＋OH－=HCO3—，‎ 故答案为：CO2＋OH－=HCO3—；‎ ‎③Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故答案为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。‎ ‎20.在标准状况下，①5 g H2 ②11.2 L O2 ③2 mol H2O ④6.02×1023个 CO2分子。‎ ‎(1)5gH2 的物质的量是_______，体积是_______；‎ ‎(2)6.02×1023个CO2分子的物质的量是_____，质量是______；‎ ‎(3)所含分子数最多的是______(请用序号回答，后同)；‎ ‎(4)所含原子数最多的是______；‎ ‎(5)质量最大的是_______；‎ ‎(6)体积最大的是_______；‎ ‎(7) 体积最小的是_______。‎ ‎【答案】(1). 2.5mol (2). 56L (3). 1mol (4). 44g (5). ① (6). ③ (7). ④ (8). ① (9). ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据已知信息可得：①n(H2)===2.5mol；②n(O2)===0.5mol；③n(H2O)=2mol；④n(CO2)===1mol；根据物质的量与微粒的数目、体积、质量之间的关系解题。‎ ‎【详解】根据已知信息可得：①n(H2)===2.5mol；②n(O2)===0.5mol；③n(H2O)=2mol；④n(CO2)===1mol；‎ ‎（1）n(H2)===2.5mol，V(H2)= n(H2)×22.4L/mol=2.5mol ×22.4=56L，‎ 故答案为：2.5mol；56L；‎ ‎（2）6.02×1023个CO2分子的物质的量n(CO2)===1mol，质量是1mol×44g/mol=44g，故答案为：1mol；44g；‎ ‎（3）分子数与分子的物质的量成正比，由上面分析可知，所含分子数最多的是①，‎ 故答案为：①；‎ ‎（4）原子数等于分子数乘以原子的数目：① 2.5 NA ×2=5NA、②0.5NA×2= NA、③ 2NA ×3=6NA、④NA×3=3NA故答案为：③；‎ ‎（5）质量：①5g、②0.5×32g/mol=16g、③2mol×18g/mol= 36g、④1mol ×44g/mol=44g，‎ 故答案：④；‎ ‎（6）相同条件下，气体物质的量越大，气体的体积越大，液体的的体积最小，‎ 故答案为：①；‎ ‎（7）相同条件下，气体物质的量越大，气体的体积越大，液体的的体积最小，‎ 故答案为：③。‎ ‎21.氧化还原反应是一类重要的反应，请按要求完成下列题目。‎ ‎（1）对反应NH3+O2——NO+H2O(未配平)作分析，该反应中，________是还原剂，________是还原产物，被还原的物质是________。‎ ‎（2）在一定条件下，反应2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O能顺利进行，对此反应的分析合理的是________。‎ ‎①该反应是置换反应 ‎②反应中NH3被氧化为N2‎ ‎③在反应中体现了金属铜的还原性 ‎④该反应中CuO作为氧化剂参与反应 ‎（3） 配平反应：____H2S+___SO2=____S+____H2O。‎ 其中，氧化产物为________，还原剂为________，氧化剂为______。‎ ‎【答案】(1). NH3 (2). NO、H2O (3). O2 (4). ②④ (5). 2 (6). 1 (7). 3 (8). 2 (9). S (10). H2S (11). SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应中元素化合价变化，电子转移守恒配平氧化还原反应，判断氧化剂、还原剂、氧化产物及还原产物；根据反应中反应物及生成物的类型和性质分析反应类型。‎ ‎【详解】(1)对反应NH3+O2−−NO+H2O该反应中，氨气中氮元素化合价升高，失电子，所以氨气是还原剂，氧气得电子是氧化剂，被还原，H2O是还原产物，一氧化氮是氧化产物；故答案为NH3；NO、H2O； O2；‎ ‎(2)反应2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，‎ ‎①反应物中无单质参加，所以该反应不是置换反应，故错误；‎ ‎②氨气是还原剂，反应中NH3被氧化为N2，，故正确；‎ ‎③金属铜是还原产物，故错误；‎ ‎④CuO中Cu元素化合价降低，被还原，作氧化剂，故正确，故答案为②；④；‎ ‎（3） 反应中H2S中S元素化合价由-2升高为0，作还原剂，SO2中S元素由+4降低为0，作氧化剂，根据转移电子数目守恒配平反应得：2H2S+SO2=3S+2H2O，其中，氧化产物为S，还原剂为H2S，氧化剂为SO2，故答案为2 ；1； 3； 2； S； H2S；SO2。‎ ‎22.有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：‎ ‎①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；‎ ‎②向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；‎ ‎③过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；‎ 试判断：（1）固体混合物中肯定含有_________________，肯定无_________________，可能含有__________________。‎ ‎（2）写出实验③中反应的离子方程式：________________________________________。‎ ‎【答案】(1). Na2CO3 (2). CuSO4、Na2SO4、CaCl2 (3). KCl (4). BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成沉淀的物质不能同时存在；②往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。‎ ‎【详解】①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者不能同时含有；‎ ‎②往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3‎ ‎，则一定不能含有CaCl2；‎ ‎③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4；‎ ‎(1)由上述分析可知，固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；‎ ‎(2)实验③中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。‎ ‎23.碘是人体中不可缺少的元素，为了预防碘缺乏，通常在精盐中添加一定的KIO3。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关资料，发现其检测原理是：KIO3 + 5KI + 3H2SO4 = 3I2 + 3K2SO4 + 3H2O ‎（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目___________________________________，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比是__________，0.2mol KIO3参加反应时，转移的电子为________mol。‎ ‎（2）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1.0 mol/L的稀硫酸500mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器有___________（填选项），需用18.0mol/L 浓硫酸_________mL。‎ a.100mL量筒 b.玻璃棒 c.100mL容量瓶 d.50mL量筒 e.胶头滴管 f.烧杯 g.500mL容量瓶 ‎（3）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的有____________（填选项）。‎ a.溶解后溶液没有冷却到室温就转移；b.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒；c.转移过程中有少量液体流出；d.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面；e.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线 ‎【答案】(1). (2). 1:5 (3). 1 (4). bdefg (5). 27.8 (6). ad ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据氧化还原反应中化合价的升降情况来标电子转移情况；碘酸钾中碘元素化合价降低是氧化剂，碘化钾中碘元素的化合价升高是还原剂；根据化合价的变化情况分析出电子的转移的物质的量；‎ ‎（2）利用稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；‎ ‎（3）根据C=n÷V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。‎ ‎【详解】（1）氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：；‎ KI为还原剂，+5价的I元素被还原，还原产物与氧化产物均为碘，由原子守恒及反应可知，物质的量之比为1：5；‎ 根据反应方程式得1mol KIO3参加反应 时转移电子5mol，则0.2mol KIO3参加反应时转移电子0.2×5mol=1mol。‎ ‎（2）设浓硫酸的体积为VmL，稀释前后溶质物质的量不变，则：1 mol·L－1×0.5L=18mol·L－1×V×10-3L，解得V=27.8mL；配制中需要用到的主要玻璃仪器是b.玻璃棒 d.50mL量筒 e.胶头滴管f.烧杯 g.500mL容量瓶，故选bdefg ；‎ ‎（3）a.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故a正确；‎ b.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故b错误；‎ c.转移过程中有少量液体流出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故c错误；‎ d.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d正确；‎ e.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故e错误。‎ 故选 ad。‎ ‎ ‎