重庆市长寿一中高一化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年重庆市长寿一中高一（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．取碘水四份于试管中，编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，分别加入汽油、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是()A．Ⅰ中溶液分层，下层呈紫红色B．Ⅱ中溶液分层，下层呈紫红色C．Ⅲ中溶液分层，下层呈棕黄色D．Ⅳ中溶液不分层，溶液由棕黄色变成黄绿色2．下列关于实验基本操作的叙述正确的是()A．使用分液漏斗和容量瓶时，首先要洗净B．蒸馏实验中，要在烧瓶中加入几粒沸石或碎瓷片，以防止液体暴沸C．用蒸发皿进行加热蒸发时，一定要垫石棉网D．向试管中加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁3．有关氧化还原反应的下列叙述正确的是()A．氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应B．氧化剂失电子，还原剂得电子C．一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种不同的物质D．氧化还原反应中，金属单质只作还原剂，非金属单质只作氧化剂4．在强酸性溶液，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是()A．Na+K+OH﹣Cl﹣B．Na+Fe3+SO42﹣NO3﹣C．Mg2+Na+SO42﹣Cl﹣D．Ba2+HCO3﹣NO3﹣K+5．下列反应的离子方程式正确的是()A．用小苏打治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2OB．氢氧化钡溶液和硫酸溶液反应：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓-19-\nC．澄清的石灰水跟稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2OD．往澄清石灰水中通入少量二氧化碳气体：CO2+OH﹣=HCO3﹣6．NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是()A．标准状况下，11.2LH2O所含的电子数为5NAB．0.1molFe原子变成Fe3+时失去的电子数为O.3NAC．常温常压下，16gO2与16gO3含有的分子数为相同D．0.1mol/LK2SO4溶液中含有K+数目为0.2NA7．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解放出氧气的反应机理如下：①MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O②Mn2++H2O2=MnO2+2H+下列说法正确的是()A．H2O2在①中是氧化剂，在②中是还原剂B．Mn2+在①中是还原产物，在②中是氧化产物C．在①中每生成1molO2，转移的电子数为1.204×1024D．在二氧化锰催化作用下，1molH2O2分解生成11.2LO2二、解答题（共8小题，满分58分）8．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g•cm﹣3）配制250mL0.4mol•L﹣1稀硫酸，有以下实验仪器供选：A10mL量筒B托盘天平C玻璃棒D250mL容量瓶E500mL容量瓶F胶头滴管G．烧杯（1）需量取浓硫酸的体积为__________mL（保留一位小数）．（2）实验时不可选用的仪器有（填序号）__________．（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是__________（填序号）①容量瓶使用时未干燥；②定容时俯视刻度线观察液面；③将浓硫酸在烧杯中稀释后未经冷却就转移至容量瓶中，并定容；-19-\n④定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线．（4）在容量瓶使用方法中，下列操作正确的是（填序号）__________．A．使用容量瓶前检查它是否漏水；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗；C．将准确量取的18.4mol．L﹣1的硫酸，注入已盛有30mL水的100mL的容量瓶中，加水至刻度线；D．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中；E．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀．9．就有关物质的分离回答下列问题：（1）现有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如下表．物质熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3溶解性A﹣11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26据此分析，将A和B相互分离的常用方法是：__________．（2）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法：__________．10．有以下物质：①铁、②氢氧化钠、③氨气、④稀盐酸、⑤醋酸（用相应物质的序号填写）（1）属于电解质的有__________；属于非电解质的有__________；属于弱电解质的有__________．（2）写出⑤所代表物质的电离方程式__________．（3）写出蛋壳（主要成分为碳酸钙）溶于⑤所代表物质的离子方程式__________．11．体内的铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在．正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁．服用维生素C，可使食物中的Fe3+转变成e2+，有利于人体吸收．-19-\n（1）根据氧化还原知识填空：在人体中进行①Fe2+→Fe3+的转化时，Fe2+作__________剂，发生__________反应；②“服用维生素C，可使食物中的Fe3+转变成Fe2+”这句话说明维生素C具有__________性．（2）市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉与人体胃酸（主要成分是盐酸）发生反应，其离子方程式为__________．12．现有下列化学反应，按要求回答问题：A．（NH4）2SO32NH3↑+H2O+SO2↑B．2CO+O22CO2C．2C+SiO2Si+2CO↑D．NH4NO3N2O+2H2OE．CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2F．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（1）以上反应中，属于氧化还原反应的是__________（填上述反应的编号）；（2）在反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中：①氧化剂是__________，氧化产物是__________．②在该反应方程式中表示出电子转移的方向和数目（单线桥法或双线桥法均可）．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中：③若产生了标准状况下3.36升的氯气，则被氧化的HCl的物质的量为__________摩尔．13．9.8gH2SO4的物质的量为__________，所含氧原子的质量为__________，所含的电子总数为__________NA．14．同温同压下，同体积的A气体和H2的质量分别是4.8g和0.2g，则气体A的摩尔质量为__________，A与氢气的物质的量之比为__________．15．将8.4gNaHCO3加入到500mL0.8mol/L的盐酸中，使其充分反应，反应后将溶液加水稀释至500ml，计算：①生成的二氧化碳在标准状况下的体积；②稀释后溶液中H+的物质的量浓度．（要有必要的解题过程）-19-\n-19-\n2022-2022学年重庆市长寿一中高一（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．取碘水四份于试管中，编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，分别加入汽油、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是()A．Ⅰ中溶液分层，下层呈紫红色B．Ⅱ中溶液分层，下层呈紫红色C．Ⅲ中溶液分层，下层呈棕黄色D．Ⅳ中溶液不分层，溶液由棕黄色变成黄绿色【考点】分液和萃取．【专题】综合实验题．【分析】A．汽油能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度；B．四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度；C．酒精和碘水能互溶；D．氯化钠和碘水能互溶．【解答】解：A．汽油能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色，故A错误；B．四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色，故B正确；C．酒精和碘水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，故C错误；D．氯化钠溶液和碘水能互溶，所以溶液不分层，氯气能置换碘化钾中的碘，所以看到的现象是溶液不分层，溶液由黄绿色变成棕色，故D错误；故选B．【点评】本题考查了萃取实验，难度不大，明确试剂的成分及其性质是解本题的关键．2．下列关于实验基本操作的叙述正确的是()A．使用分液漏斗和容量瓶时，首先要洗净B．蒸馏实验中，要在烧瓶中加入几粒沸石或碎瓷片，以防止液体暴沸-19-\nC．用蒸发皿进行加热蒸发时，一定要垫石棉网D．向试管中加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁【考点】蒸馏与分馏；不能加热的仪器及使用方法；蒸发和结晶、重结晶．【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作．【分析】A．具有塞子或活塞的仪器使用时要检验是否漏液；B．加入几粒沸石或碎瓷片，可防止液体剧烈沸腾；C．蒸发皿可直接加热；D．向试管内滴加液体时胶头滴管应竖直悬空；【解答】解：A．具有塞子或活塞的仪器使用时要检验是否漏液，则使用分液漏斗和容量瓶时，首先要查漏，故A错误；B．加入几粒沸石或碎瓷片，可防止液体剧烈沸腾，则蒸馏实验中，要在烧瓶中加入几粒沸石或碎瓷片，故B正确；C．蒸发皿可直接加热，蒸发时不需要垫石棉网，故C错误；D．向试管内滴加液体时，胶头滴管应竖直悬空，不能紧贴试管内壁，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验中有许多的实验注意事项，这些都涉及到化学实验的安全和基本操作．学习的时候要切记，题目较简单．3．有关氧化还原反应的下列叙述正确的是()A．氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应B．氧化剂失电子，还原剂得电子C．一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种不同的物质D．氧化还原反应中，金属单质只作还原剂，非金属单质只作氧化剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应，在化学反应中，氧化剂得电子被还原，还原剂得电子被氧化，结合物质的性质判断，能举出一些反例．【解答】解：A．氧化剂具有氧化性，在反应中得电子被还原，发生还原反应，还原剂具有还原性，失电子被氧化，发生氧化反应，故A正确；B．氧化剂中元素的化合价降低，得电子，还原剂中元素的化合价升高，失电子，故B错误；-19-\nC．在氧化还原反应中氧化剂和还原剂可以是同一种物质，如Cl2+H2O=HCl+HClO，故C错误；D．氧化还原反应中，如Cl2+H2O=HCl+HClO，非金属既可作氧化剂，也可作还原剂，故D错误．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度判断氧化还原反应的有关概念．4．在强酸性溶液，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是()A．Na+K+OH﹣Cl﹣B．Na+Fe3+SO42﹣NO3﹣C．Mg2+Na+SO42﹣Cl﹣D．Ba2+HCO3﹣NO3﹣K+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，A．氢氧根离子与氢离子反应；B．铁离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；C．四种离子之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；D．碳酸氢根离子与氢离子反应．【解答】解：无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，A．OH﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Fe3+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故B错误；C．Mg2+Na+SO42﹣Cl﹣之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．HCO3﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除-19-\nCu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．5．下列反应的离子方程式正确的是()A．用小苏打治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2OB．氢氧化钡溶液和硫酸溶液反应：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓C．澄清的石灰水跟稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2OD．往澄清石灰水中通入少量二氧化碳气体：CO2+OH﹣=HCO3﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成氯化钠、水、二氧化碳；B．漏写生成水的离子反应；C．反应生成氯化钙和水；D．反应生成碳酸钙和水．【解答】解：A．用小苏打治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多的离子反应为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故A正确；B．氢氧化钡溶液和硫酸溶液反应的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．澄清的石灰水跟稀盐酸反应的离子反应为H++OH﹣═H2O，故C错误；D．往澄清石灰水中通入少量二氧化碳气体的离子反应为Ca2++CO2+2OH﹣=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大．6．NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是()A．标准状况下，11.2LH2O所含的电子数为5NAB．0.1molFe原子变成Fe3+时失去的电子数为O.3NAC．常温常压下，16gO2与16gO3含有的分子数为相同-19-\nD．0.1mol/LK2SO4溶液中含有K+数目为0.2NA【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、标况下水为液体；B、根据铁的价态变化来分析；C、氧气和臭氧的摩尔质量分别为32g/mol和48g/mol；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和电子数，故A错误；B、根据铁的价态由0价变为+3价可知，1mol铁失去3mol电子，则0.1mol铁失去0.3mol电子即0.3NA个，故B正确；C、氧气和臭氧的摩尔质量分别为32g/mol和48g/mol，故16g氧气的物质的量为n==0.5mol，而16g臭氧的物质的量n=，故两者的分子个数之比为3：2，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的钾离子的个数无法计算，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．7．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解放出氧气的反应机理如下：①MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O②Mn2++H2O2=MnO2+2H+下列说法正确的是()A．H2O2在①中是氧化剂，在②中是还原剂B．Mn2+在①中是还原产物，在②中是氧化产物C．在①中每生成1molO2，转移的电子数为1.204×1024D．在二氧化锰催化作用下，1molH2O2分解生成11.2LO2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．-19-\n【分析】①MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价升高；②Mn2++H2O2=MnO2+2H+中，Mn元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：①MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价升高；②Mn2++H2O2=MnO2+2H+中，Mn元素的化合价升高，O元素的化合价降低，A．H2O2在①中是还原剂，在②中是氧化剂，故A错误；B．Mn2+在①中是还原产物，在②中是还原剂，故B错误；C．由元素的化合价升降可知，在①中每生成1molO2，转移1mol×2×（1﹣0）=2mo电子l，转移的电子数为1.204×1024，故C正确；D．反应①+②可得2H2O2=2H2O+O2↑，在二氧化锰催化作用下，1molH2O2分解生成0.5molO2，但不一定为标况，则体积不确定，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价升降是解答的关键，侧重基本概念和转移电子数的考查，选项D为解答的难点和易错点，题目难度不大．二、解答题（共8小题，满分58分）8．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g•cm﹣3）配制250mL0.4mol•L﹣1稀硫酸，有以下实验仪器供选：A10mL量筒B托盘天平C玻璃棒D250mL容量瓶E500mL容量瓶F胶头滴管G．烧杯（1）需量取浓硫酸的体积为5.4mL（保留一位小数）．（2）实验时不可选用的仪器有（填序号）BE．（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是②③（填序号）①容量瓶使用时未干燥；②定容时俯视刻度线观察液面；③将浓硫酸在烧杯中稀释后未经冷却就转移至容量瓶中，并定容；④定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线．（4）在容量瓶使用方法中，下列操作正确的是（填序号）AE．A．使用容量瓶前检查它是否漏水；-19-\nB．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗；C．将准确量取的18.4mol．L﹣1的硫酸，注入已盛有30mL水的100mL的容量瓶中，加水至刻度线；D．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中；E．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；（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；（4）容量瓶是专门用于配制溶液的精密的仪器，由瓶体和瓶塞两部分构成，使用前必须查漏，不能受热，故不能用于溶解固体、稀释溶液和做反应容器，据此分析；【解答】解：（1）浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设所需的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol/L×VmL=0.4mol/L×250mL解得V=5.4mL，故答案为：5.4mL；（2）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故不选用的是BE，故答案为：BE；（3）①容量瓶使用时未干燥，对浓度无影响，故错误；②定容时俯视刻度线观察液面，则溶液体积偏小，浓度偏高，故正确；③将浓硫酸在烧杯中稀释后未经冷却就转移至容量瓶中，并定容，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故正确；④定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线是正常的，再加蒸馏水补至刻度线则浓度偏低，故错误；故选②③；-19-\n（4）A、使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故A正确；B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大，故B错误；C．容量瓶不能用于稀释浓溶液，故C错误；D．氢氧化钠称量时应放到小烧杯里，且氢氧化钠溶于水放热，故应冷却至室温后再转移至容量瓶中，故D错误；E．定容后要将溶液摇匀，方法是塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀故E正确．故选AE．【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．9．就有关物质的分离回答下列问题：（1）现有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如下表．物质熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3溶解性A﹣11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26据此分析，将A和B相互分离的常用方法是：蒸馏．（2）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法：任意取一层液体加水，如不分层，则取的是水层，反之是有机溶剂层．【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】（1）A、B互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离；（2）利用水和有机溶剂互不相溶，放出少量液体，加入水，根据是否分层来判断．【解答】解：（1）A、B互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；（2）从分液漏斗下口放出少量下层液体加入小试管中，后从上口倒出少量液体加入小试管中，再往试管中加入少量水，若试管中液体分层，则证明下层是有机层；若不分层，则证明下层是水层，故答案为：任意取一层液体加水，如不分层，则取的是水层，反之是有机溶剂层．-19-\n【点评】本题考查混合物的分离、提纯，明确物质的性质及性质差异选择分离方法即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．10．有以下物质：①铁、②氢氧化钠、③氨气、④稀盐酸、⑤醋酸（用相应物质的序号填写）（1）属于电解质的有②⑤；属于非电解质的有③；属于弱电解质的有⑤．（2）写出⑤所代表物质的电离方程式CH3COOHCH3COO﹣+H+．（3）写出蛋壳（主要成分为碳酸钙）溶于⑤所代表物质的离子方程式CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O．【考点】电离方程式的书写；离子方程式的书写；电解质与非电解质．【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；电解质在水溶液或者熔融状态下完全电离的属于强电解质，部分电离是属于弱电解质；（2）醋酸为弱电解质，部分电离；（3）碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水．【解答】解：（1）①铁属于单质，既不是电解质也不是非电解质；②氢氧化钠在水溶液里或熔融状态下能够完全电离，属于强电解质；③氨气属于化合物，本身不能电离，属于非电解质；④稀盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤醋酸在水溶液中部分电离属于弱电解质；所以属于电解质的有：②⑤；属于非电解质的有：③；属于弱电解质的有⑤；故答案为：②⑤；③；⑤；（2）醋酸为弱电解质，部分电离，电离方程式：CH3COOHCH3COO﹣+H+；故答案为：CH3COOHCH3COO﹣+H+；（3）碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，化学方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；故答案为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O-19-\n【点评】本题考查了电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的判断，电离方程式的书写、离子方程式的书写，明确相关概念是解题关键，注意弱电解质部分电离，书写离子方程式式应保留化学式，题目难度不大，侧重考查学生基础知识的掌握．11．体内的铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在．正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁．服用维生素C，可使食物中的Fe3+转变成e2+，有利于人体吸收．（1）根据氧化还原知识填空：在人体中进行①Fe2+→Fe3+的转化时，Fe2+作还原剂，发生氧化反应；②“服用维生素C，可使食物中的Fe3+转变成Fe2+”这句话说明维生素C具有还原性．（2）市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉与人体胃酸（主要成分是盐酸）发生反应，其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）①反应中Fe元素的化合价升高；②维生素C将食物中的Fe3+转化成Fe2+，维生素C中某元素的化合价升高，可与氧化剂反应；（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，即Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气．【解答】解：（1）①反应中Fe元素的化合价升高，则Fe2+作还原剂，发生氧化反应，故答案为：还原；氧化；②维生素C将食物中的Fe3+转化成Fe2+，维生素C中某元素的化合价升高，作还原剂，具有还原性，故答案为：还原；（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，即Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，发生的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．【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，侧重氧化还原反应基本概念及分析应用能力的考查，题目难度不大．12．现有下列化学反应，按要求回答问题：A．（NH4）2SO32NH3↑+H2O+SO2↑B．2CO+O22CO2-19-\nC．2C+SiO2Si+2CO↑D．NH4NO3N2O+2H2OE．CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2F．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（1）以上反应中，属于氧化还原反应的是BCDF（填上述反应的编号）；（2）在反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中：①氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2．②在该反应方程式中表示出电子转移的方向和数目（单线桥法或双线桥法均可）．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中：③若产生了标准状况下3.36升的氯气，则被氧化的HCl的物质的量为0.3摩尔．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）属于氧化还原反应，说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答；（2）在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，化合价升高元素所在反应物是还原剂，化合价降低元素所在反应物是氧化剂，根据原子守恒计算被氧化的HCl的物质的量．【解答】解：（1）A．（NH4）2SO32NH3↑+H2O+SO2↑各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，故错误；B．2CO+O22CO2中C、O元素化合价变化，则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；C．2C+SiO2Si+2CO↑中C、Si元素化合价变化，则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；D．NH4NO3N2O+2H2O中N元素化合价变化，则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；E．CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，故错误；F．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn、Cl元素化合价变化，则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；-19-\n故选：BCDF；（2）在MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氧化剂为MnO2，氯元素化合价升高，还原剂是HCl，氧化产物是Cl2，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，根据氯原子守恒，若产生了标准状况下3.36升的氯气，则被氧化的HCl的物质的量为×2=0.3mol，故答案为：①MnO2；Cl2；②；③0.3．【点评】本题考查学生氧化还原反应的判断及其分析，根据元素化合价变化来分析解答，难度不大．13．9.8gH2SO4的物质的量为0.1mol，所含氧原子的质量为6.4g，所含的电子总数为5NA．【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】根据n=计算硫酸物质的量，氧原子物质的量为硫酸的4倍，根据m=nM计算氧原子质量，H2SO4分子含有50个电子，电子物质的量为硫酸的50倍，再根据N=nNA计算电子数目．【解答】解：9.8gH2SO4的物质的量为=0.1mol，所含氧原子的质量为0.1mol×4×16g/mol=6.4g，H2SO4分子含有50个电子，所含的电子总数为0.1mol×50×NAmol﹣1=5NA，故答案为：0.1mol；6.4g；5．【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对化学式意义与物质构成的理解．14．同温同压下，同体积的A气体和H2的质量分别是4.8g和0.2g，则气体A的摩尔质量为48g/mol，A与氢气的物质的量之比为1：1．-19-\n【考点】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；物质的量的计算．【分析】同温同压下，同体积的A气体和H2的物质的量相等，根据n=计算氢气物质的量，再根据M=计算A的摩尔质量．【解答】解：同温同压下，同体积的A气体和H2的物质的量相等，二者物质的量之比为1：1，氢气物质的量为=0.1mol，则4.8gA的物质的量为0.1mol，故A的摩尔质量为=48g/mol，故答案为：48g/mol；1：1．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论、物质的量有关计算，比较基础，有利于基础知识的巩固．15．将8.4gNaHCO3加入到500mL0.8mol/L的盐酸中，使其充分反应，反应后将溶液加水稀释至500ml，计算：①生成的二氧化碳在标准状况下的体积；②稀释后溶液中H+的物质的量浓度．（要有必要的解题过程）【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】n（NaHCO3）==0.1mol，n（HCl）=0.8mol/L×0.5L=0.4mol，反应方程式为：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式知，碳酸氢钠完全反应需要稀盐酸0.1mol＜0.4mol，则HCl过量，①根据NaHCO3计算，根据C原子守恒计算n（CO2），再根据V=nVm计算气体体积；②消耗的n（HCl）═0.1mol，反应后溶液中剩余的n（HCl）═（0.4﹣0.1）mol═0.3mol，即溶液中n（H+）═0.3mol，故稀释后溶液中H+的物质的量浓度为．【解答】解：n（NaHCO3）==0.1mol，n（HCl）=0.8mol/L×0.5L=0.4mol，反应方程式为：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，根据方程式知，碳酸氢钠完全反应需要稀盐酸0.1mol＜0.4mol，则HCl过量，①根据NaHCO3计算，根据C原子守恒计算n（CO2）=n（NaHCO3）═0.1mol，-19-\n即生成的n（CO2）的标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol═2.24L，答：生成二氧化碳体积为2.24L；②消耗的n（HCl）=n（CO2）=0.1mol，反应后溶液中剩余的n（HCl）=（0.4﹣0.1）mol=0.3mol，即溶液中n（H+）=0.3mol，故稀释后溶液中H+的物质的量浓度为=0.6mol/L，答：稀释后溶液中H+的物质的量浓度为0.6mol/L．【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意该题要先过量计算，为易错点．-19-