禄劝一中2019-2020学年上学期期中考化学试卷

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页禄劝一中2019-2020学年上学期期中考高一化学试卷一、单选题（本大题共24小题，共44.0分）下列古诗词描述的场景中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是(

)A.爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸

B.烈火焚烧若等闲——石灰石分解

C.蜡炬成灰泪始干——石蜡的燃烧

D.炉火照天地，红星乱紫烟——铁的冶炼【答案】B【解析】【分析】

本题考查化学反应类型的判断，掌握氧化还原反应的本质是解题的关键，注意元素化合价的把握以及基本概念的理解，难度不大。

【解答】

A.黑火药受热爆炸，碳、硫等元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；

B.石灰石分解为碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；

C.石蜡的燃烧为有机物的燃烧，碳和氧等元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故C正确；

D.铁的冶炼铁和碳等元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D正确。

故选B。

进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是(    )A.不慎将酸液溅到眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛

B.不慎将碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液

C.配置硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，在慢慢倒入浓硫酸，并搅拌

D.洒在桌面上的酒精燃烧，立即用湿抹布盖灭【答案】C【解析】解：A.不慎将酸液溅到眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛，故A正确；

B.不慎将碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，故B正确；

C.量筒不能用来配制溶液，应在烧杯中配制，故C错误；

D.酒精着火不能用水灭，会增大着火面积，故应用湿抹布盖灭，故D正确；

故选：C．

A.不慎将酸液溅到眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛；

B.不慎将碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液；

C.量筒不能用来配制溶液；

D.酒精着火不能用水灭．

本题考查化学实验的评价，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握实验的严密性和可行性，把握实验安全问题以及处理方法，难度不大．

下列实验操作正确的是(    )A.称量NaOH固体

B.用酒精提取碘水中的碘

C.除去水中的氯化钠

D.从Y进气收集CO2【答案】C【解析】解：A.NaOH固体具有较强腐蚀性，应该放入小烧杯中快速称量，图示操作不合理，故A错误；

B.酒精易溶于水，无法用酒精提取碘水中的碘，可选用苯和四氯化碳，故B错误；

C.NaCl的沸点较高，可提高图示蒸馏装置除去水中的氯化钠，故C正确；

D.Cl2的密度大于空气，应该选用向上排空气法收集，即从X进气，故D错误；

故选：C。

A.氢氧化钠固体具有较强腐蚀性，不能直接在纸片上称量；

B.酒精与水互溶，不能用酒精做萃取剂；

C.氯化钠沸点较高，提高蒸馏装置可以除去水中氯化钠；

D.从Y进气为向下排空气法，收集的气体密度应该小于空气。

在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现如图所示的现象，正确的结论是(    )

A.①加CCl4

②加苯

③加酒清

B.①加酒精

②加CCl4

③加苯

C.①加苯

②加CCl4

③加酒精

D.①加苯

【答案】C【解析】【分析】

本题考查萃取，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握常见有机物的水溶性以及密度大小，难度不大。

苯能萃取溴水中的溴，但密度小于水的密度；四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度；酒精和溴水互溶，以此解答。

【解答】

苯能萃取溴水中的溴，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈橙色，下层呈无色；

四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈橙色，上层呈无色；

酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液为橙黄色，故C正确。

故选C。

下列说法正确的是(    )A.将BaSO4放入水中不能导电，所以硫酸钡不是电解质

B.

NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质

C.NH3溶于水能导电，所以NH3是电解质

D.固态的NaCl不导电，熔融态【答案】D【解析】【分析】

本题考查了电解质的判断，明确电解质的概念是解题关键，注意物质导电的条件。

【解答】

A.BaSO4在熔融状态下能导电，是化合物，属于电解质，故A错误；

B.NaCl溶液为混合物，不是电解质，故B错误；

C.盐酸为混合物，不是电解质，故C错误；

D.固态的NaCl不存在自由移动的离子，所以不导电；NaCl在熔融状态电离产生自由移动的离子，所以能够导电，故D正确。

故选D下列关于胶体的叙述不正确的是(    )A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1nm∼100nm之间

B.用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，可以加以区分

C.把FeCl3饱和溶液滴入到NaOH【答案】C【解析】【分析】

本题考查胶体的性质，要求学生熟记教材中提到的胶体的例子，是对基础内容的考查，难度不大。

【解答】

A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径，胶体的分散质的微粒直径在1nm～100nm之间，故A正确；

B.丁达尔效应可用于区分溶液和胶体，溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故B正确；

C.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，向NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成氢氧化铁沉淀，故C错误；

D.大气是胶体，当有阳光照射清晨的空气时，会有晨曦的现象，故该现象与丁达尔效应有关，故D正确。

故选C现有三组液体混合物：①乙醇与水②汽油与水③碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是(    )A.蒸馏、分液、萃取 B.萃取、蒸馏、分液

C.分液、蒸馏、萃取 D.蒸馏、萃取、分液【答案】A【解析】【分析】

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】

①乙醇与水互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离；

②汽油与水分层，则选择分液法分离；

③碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用有机溶剂萃取分离，

故A正确。

故选A。

下列各组物质分类正确的是(    )酸碱盐氧化物A硫

酸纯

碱硫酸钡水B氢硫酸烧

碱纯

碱石灰石C碳

酸熟石灰小苏打二氧化硫D二氧化碳苛性钾食

盐石灰石A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】

本题考查酸碱盐以及氧化物的概念及分类，题目难度不大，解答本题的关键是把握相关概念以及物质的组成和俗称。

【解答】

A.纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；

B.石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙属于盐，故B错误；

C.碳酸属于酸，熟石灰是氢氧化钙属于碱，小苏打是碳酸氢钠属于盐，二氧化硫属于氧化物，故C正确；

D.二氧化碳是氧化物不是酸，石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙属于盐，不是氧化物，故D错误。

故选C。

已知下列溶液的溶质都是强电解质，这些溶液中的Cl−浓度与50mL

1mol⋅L−1

MgClA.150

mL

1

mol⋅L−1

NaCl溶液 B.75

mL

2

mol⋅L−1CaCl2溶液

C.150

mL

2

mol⋅L−1

【答案】C【解析】【分析】

本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，注意从电解质电离，理解电解质与离子浓度关系。电解质溶液中离子浓度=电解质溶液浓度×化学式中离子个数，与溶液的体积无关。

【解答】

50mL 1mol⋅L−1MgCl2溶液中Cl−浓度为2×1mol⋅L−1=2mol⋅L−1。

A.150 mL 1mol⋅L−1NaCl溶液中Cl−浓度为1×1mol⋅L−1=1mol⋅L−1，氯离子浓度不相等，故A错误；

B.75 mL 2mol⋅L−1CaC下列事实与胶体性质有关的是(    )①豆浆加入盐卤做豆腐

②在河流入海口易形成沙洲

③油水混合会分层

④工厂采用静电除尘

⑤CuSO4与NaOH溶液混合产生沉淀

⑥血液透析A.①②④⑥ B.①②③⑤ C.③④⑤⑥ D.全部【答案】A【解析】【分析】

本题考查胶体的性质以及应用，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。

胶体具有的性质有：丁达尔效应；聚沉；电泳，胶体粒度介于1nm−100nm之间，不能透过半透膜，以此解答该题。

【解答】

①用盐卤点豆腐是胶体聚沉的应用，与胶体性质有关，故正确；

②江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉，与胶体性质有关，故正确；

③油水混合会分层，属于浊液的分层，与胶体的性质无关，故错误；

④静电除尘是胶体电泳性质的应用，与胶体性质有关，故正确；

⑤CuSO4与NaOH溶液混合产生沉淀，与胶体的性质无关，故错误；

⑥血液透析是指血液中，蛋白质和血细胞颗粒较大，不能透过透析膜，血液内的毒性物质直径较小，则可以透过，与胶体的性质有关，故正确。

故选A下列叙述正确的是(    )A.1molH2O的质量为18g⋅mol−1

B.CH4的摩尔质量为16g

C.3.01×1023个【答案】C【解析】解：A、质量的单位为g，1mol水的质量为18g，故A错误；

B、摩尔的单位为g/mol，甲烷的摩尔质量为16g/mol，故B错误；

C、3.01×1023个SO2分子的物质的量为0.5mol，0.5mol二氧化硫的质量为32g，故C正确；

D、物质构成是分子、原子、离子，1

mol任何物质均含有6.02×1023个微粒，故D错误；

故选：C。

A、根据水的质量为g进行判断；

B、根据摩尔的单位为g/mol进行判断；

C、根据n=NNA计算出二氧化硫的物质的量，再根据m=nM计算出其质量；

D、1将20mL0.5mol⋅L−1的HCl溶液加水稀释到500mL，稀释后从中取10mL，则取出的HClA.0.002mol⋅L−1 B.0.02mol⋅L−1【答案】B【解析】【分析】

本题考查了物质的量浓度的相关计算，明确溶液稀释过程中溶质的物质的量不变、溶液的均一性是解题的关键，题目难度不大。

【解答】

20mL

0.5mol⋅L−1的

HCl溶液加水稀释到500mL，设稀释后溶液浓度为c，则依据溶液稀释规律，0.020L×0.5mol⋅L−1=0.5L×c，解得c=0.02mol/L，溶液浓度与所取体积无关，所以稀释后从中取10mL，取出的HCl溶液物质的量浓度为用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是(    )A.22

g

CO2所含有的分子数为0.5NA

B.含0.1

mol

BaCl2的溶液中Cl−数为0.1NA

C.11.2

L

CO【答案】A【解析】解：A、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而分子数N=nNA=0.5NA个，故A正确；

B、氯化钡中含2个氯离子，故0.1mol氯化钡中含0.2NA个氯离子，故B错误；

C、二氧化碳所处的状态不明确，故11.2L二氧化碳的物质的量不一定是0.5mol，则分子数不一定是0.5NA个，故C错误；

D、氯气所处的状态不明确，故其体积无法计算，故D错误。

故选：A。

A、求出二氧化碳的物质的量，然后根据分子数N=nNA来计算；

B、氯化钡中含2个氯离子；

为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：

①加入稍过量的Na2CO3溶液；

②加入稍过量的NaOH溶液；

③加入稍过量的A.⑤③②①⑤④ B.⑤③①②⑤④ C.⑤②③①⑤④ D.⑤②①③⑤④【答案】D【解析】【分析】

本题考查粗盐提纯中所加试剂的顺序知识，注意除杂的原则是关键，属于基本知识的考查，难度中等。

【解答】

粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，加碳酸钠可以除去钙离子，加氯化钡可以除去硫酸根离子，加氢氧化钠可以除去镁离子，每一次所加的试剂都是过量的，引入的杂质离子也要除掉，所以碳酸钠加在氯化钡后面，以除去多余的钡离子，盐酸必须在最后加入，除去多余的碳酸根离子和氢氧根离子，即顺序③①⑤④不能改变，即A、B、C都正确，D错误。

故选D。

下列离子方程式中正确的是(

)A.稀硫酸滴加在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2【答案】B【解析】【分析】

本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析。

【解答】

A.稀硫酸滴加在铜片上，不发生反应，不符合客观事实，故A错误；

B.氧化铁是氧化物，应保留化学式，正确的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故B正确；

C.硫酸滴加到氢氧化钡溶液中离子方程式为2H+某无色透明的酸性溶液中能大量共存的是(    )A.Na+、K+、Cu2+、SO42− B.NH4+、Na+、NO3−、Cl−【答案】B【解析】【分析】

本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大。

【解答】

A.酸性溶液中该组离子之间不反应，能共存，但Cu2+在溶液中为蓝色，与无色溶液不符，故A不选；

B.酸性溶液中该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，故B选；

C.因H+、HCO3−、能结合生成水和二氧化碳，则不能共存，故C不选；

D.因Mg2+、Fe3+都能与OH−实验室里需用480mL0.1mol⋅L-1的碳酸钠溶液，选取500mLA.称取5.1

g

Na2CO3，加入500

mL水

B.称取13.7

g

Na2CO3⋅10H2O，配成500

mL溶液

C.称取【答案】D【解析】【分析】

本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握溶液体积与溶剂体积、质量的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】

A.500

mL水是溶剂的体积，不是溶液的体积，不是加入500

mL水，而是加水使溶液体积为0.5L，故A错误；

B.称取Na2CO3⋅10H2O的质量为0.5L×0.1mol/L×286g/mol=14.3g，故B错误；

C.500

mL水是溶剂的体积，不是溶液的体积，不是加入500

mL水，而是加水使溶液体积为0.5L，故C错误；

D.Na2CO3⋅为确定某溶液的离子组成，现进行如下实验：①取少量溶液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀

②然后继续加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味，且能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，白色沉淀部分溶解

③取上层清液继续滴加Ba(NO3A.一定有SO42− B.一定有CO32−

C.不能确定C【答案】D【解析】解：分析进行的实验现象判断存在的离子：①取少量溶液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有能和钡离子生成沉淀的阴离子；

②然后继续加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，白色沉淀部分溶解，说明沉淀中一定含有碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，因此原溶液一定有硫酸根和碳酸根；

③取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，是生成了氯化银白色沉淀，但②步骤中加入了盐酸含有氯离子，所以不能确定原溶液中是否含有氯离子；

综上所述，溶液中含有碳酸根离子、硫酸根离子，可能含有氯离子；

A、一定含有硫酸根离子，故A正确；

B、依据反应现象分析可知一定含有碳酸根离子，故B正确；

C、②步骤中加入盐酸含有氯离子，所以不能确定原溶液中是否含有氯离子，故C正确；

D下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是(    )A.Cl−→Cl2 B.CuO→Cu 【答案】A【解析】【分析】

本题考查氧化还原反应相关概念，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂、还原剂反应的考查，题目难度不大。

【解答】

A.Cl−→Cl2，氯元素的化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故A正确；

B.CuO→Cu，铜元素的化合价降低，需要加入还原剂，故B错误；

C.CaCO3→CO2，碳、氧元素的化合价均不变，不需要氧化剂、还原剂，故C错误；

D.H下列物质中属于电解质的是(    )A.CO2 B.铜 C.熔融的NaOH D.【答案】C【解析】【分析】

本题考查了电解质的判断，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，题目难度不大。

【解答】

A.二氧化碳常温下为气体，只有CO2分子，没有自由移动的离子，虽CO2在水溶液中与水反应，生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是CO2自身电离，故CO2不属于电解质，故A错误；

B.铜是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；

C.熔融的NaOH中含有自由移动的氢氧根离子、钠离子能导电，是化合物，所以它是电解质，故C正确；

D.氯化钠溶液是氯化钠和水的混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故已知还原性：SO2>A.SO2+2Fe3++2H2O=SO42−+2Fe【答案】B【解析】【分析】

本题考查了氧化还原反应的强弱规律的应用，主要准确判断还原剂和还原产物，题目难度中等。

【解答】

A、反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故A不选；

B、还原性：I−>Fe2+，而该反应中还原剂Fe2+的还原性大于还原产物I−，不符合氧化还原反应规律，反应不能进行，故选B；

C、反应中还原剂二氧化硫的还原性大于还原产物I−，符合题给条件，反应能进行，故C不选；

D、离子还原性：I−>F除去下列物质所含杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的是(    )选项物质选用试剂操作方法ACaO(CaC水溶解、过滤BCNaOH溶液洗气CCu(CuO)稀盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥DKCl溶液(CuCNaOH溶液过滤A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】解：A.CaO与水反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；

B.CO2与NaOH反应，将原物质除去，不能除杂，故B错误；

C.CuO与稀盐酸反应，而Cu不能，则反应后过滤可除杂，故C正确；

D.CuCl2与NaOH反应生成沉淀和NaCl，引入新杂质，不能除杂，故D错误；

故选C．

A.CaO与水反应；

B.CO2与NaOH反应；

C.CuO与稀盐酸反应，而Cu不能；

D.CuCl2实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NHA.NaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂

B.N2既是氧化产物，又是还原产物

C.NH4Cl中的氮元素被还原，发生还原反应

D.每生成【答案】C【解析】【分析】

本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、基本计算，明确元素化合价变化是解本题关键，知道氧化剂、还原性的判断方法，题目难度不大。

【解答】

该反应中N元素化合价由+3价、−3价变为0价，所以亚硝酸钠是氧化剂、氯化铵是还原剂，据此解题，

A.通过以上分析知，NaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂，故A正确；

B.NaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂，所以N2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；

C.该反应中NH4Cl中的氮元素失电子被氧化，发生氧化反应，故C错误；

D.该反应每生成1

mol已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3ClO−+4OH−=2RA.+3 B.+4 C.+5 D.+6【答案】D【解析】【分析】

本题考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大。

【解答】

根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n−为RO42−，该离子中氧元素化合价为−2价，R、O元素化合价的代数和为−2，所以该离子中R元素化合价=−2−(−2)×4=+6，故D二、填空题（本大题共3小题，共3.0分）(每空2分，共12分)(1)按要求填空

①4.8gO3和0.2molCH4，在同温同压下的体积之比是______。②同温同压下，NH3和H2S气体的密度比是______________；③同温同体积下，同质量的NH3和H2S气体的压强之比是__________________。(2)写出下列物质在水中的电离方程式：NaHSO4H2SNaHCO3【答案】(1)1:2

1:2

2:1(2)NaHSO4【解析】【分析】本题考查了电解质和非电解质的判断以及跟导电的关系、电离方程式的书写、胶体的性质，根据其概念来分析解答即可，注意不是电解质的物质不一定是非电解质，为易错点。【解答】(1)①Na是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

②盐酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

③熔融Na2O能导电，是电解质；

④CCl4是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，属于非电解质；

⑤CO2⑧H⑨纯醋酸溶于水可导电，是电解质，液态不导电；⑩氨水是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；属于电解质的是③⑥⑧⑨，属于非电解质的是④⑤，能导电的是①②③⑦⑩，故答案为：③⑥⑧⑨；④⑤；①②③⑦⑩；(2)硫酸氢钠是强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42−；H2SO(3)电解质盐酸电离出的Cl−使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，红褐色沉淀溶解，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe(OH)

(每空2分，共12分)(1)写出下列反应的离子方程式：

①硫酸和氢氧化钠溶液反应______；

②少量二氧化碳通入澄清石灰水______；

③碳酸钙和盐酸反应______；

④氯化钠和硝酸银反应______。

(2)写出符合下列离子反应的化学方程式：

①CO32−+Ba2+=BaCO3↓【答案】(1)①H++OH−=H2O；

②CO2+Ca2++2OH−=CaC【解析】【分析】

本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，侧重量有关的离子反应的考查，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，题目难度中等。

【解答】

(1)①铵根离子与氢氧根离子反应生成NH3⋅H2O，其反应的离子方程式为：NH4++OH−=NH3⋅H2O；

故答案为：NH4++OH−=NH3⋅H2O；

②少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，其反应的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH−=CaCO3(每空2分，共12分)下列反应是在溶液中进行的反应，按下列要求作答：MnO2+ 4HCl(浓(1)用“双线桥”表示反应中电子的转移情况；MnO2

+ 4HCl(浓)=Δ

MnCl2

+ 2H2O + Cl2↑

(2)该反应的氧化剂是

，发生了

反应。

(3)将其改写成离子方程式(4)当有2molHCl消耗时，转移的电子的物质的量为

mol。(5)浓盐酸在该反应中表现的性质是________(填序号)。①

只有还原性

②

还原性和酸性

③

只有氧化性

④

氧化性和酸性【答案】【分析】本题旨在考查学生对氧化还原反应本质、氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、离子方程式的书写等应用。【解答】反应MnO2

+ 4HCl(浓)

=Δ

MnCl2

+ 2H2O + Cl2↑中，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物，氧化剂与还原剂的物质的量之比为

1：2，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，由元素化合价的变化可知转移的电子数目为2，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，

(1)用“双线桥”标明反应中电子的转移及数目为：；故答案为： ；

(2)，故答案为：MnO2；还原；(3)将其改写成离子方程式；离子方程式为：MnO2

+ 4HCl(浓)

=Δ

MnCl2

+ 2H2O + Cl2↑；故答案为：MnO2

+2Cl−

+4H+

=Δ

Mn2++ 2H2O + Cl2↑；(4)故答案为：1；(5)浓盐酸在该反应中表现的性质是氧化性和酸性，故④正确。故答案为：

②

。【解析】【分析】本题旨在考查学生对氧化还原反应本质、氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、离子方程式的书写等应用。【解答】反应MnO2

+ 4HCl(浓)

=Δ

MnCl2

+ 2H2O + Cl2↑中，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物，氧化剂与还原剂的物质的量之比为

1(2)该反应中氧化剂为二氧化锰。还原剂为盐酸，氧化产物为氯气，还原产物为氯化锰，故答案为：MnO2；HCl；Cl(3)将其改写成离子方程式；离子方程式为：MnO2

+ 4HCl(浓)

=Δ

MnCl2

+ 2H2O + Cl(4)当反应转移0.4mol电子，标况下可生成氯气物质的量为0.2mol，体积为4.48L；故答案为：4.48；(5)浓盐酸在该反应中表现的性质是氧化性和酸性，故④正确。故答案为：④。

三、实验题（本大题共1小题，共16.0分）(每空2分，共16分)如图是硫酸试剂瓶标签上的内容：

(1)该硫酸的物质的量浓度为______mol/L．

(2)某化学小组进行硫酸酸性实验探究时，需要240mL4.6mol/L的稀硫酸，则需要取上述的浓硫酸______mL．

(3)在配制4.6mol/L稀硫酸的过程中，下列情况对所配制硫酸溶液物质的量浓度有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)？

①未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中：______；

②定容时仰视读数：______；

③用量筒量取浓硫酸时俯视______；

④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面：______．

(4)实验过程中出现下列情况应如何处理？

①向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2cm时，应______；

②加蒸馏水时不慎超过了刻度，应______．【答案】【分析】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意浓硫酸的稀释及误差分析的方法，题目难度不大。(1)根据c=1000ρωM计算该硫酸的物质的量浓度；(2)需要由浓硫酸配制250ml240mL4.6mol/L的稀硫酸，根据稀释定律计算；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析；(4)①向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2cm时