【文档说明】常德外国语学校2020－2021学年高一上学期化学期中考试试卷 - 解析版.docx，共(12)页，87.767 KB，由小赞的店铺上传

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常德外国语学校2020－2021学年高一上学期期中考试化学一、选择题(每题仅一个正确选项，每题2分，共50分)1.磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的硫

酸亚铁和硫酸铁的溶液混合，再滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在36～55nm的磁流体。下列说法中正确的是()A．该磁流体是一种纯净物B．所得的磁流体为悬浊液C．

该磁流体很不稳定D．所得的磁流体能产生丁达尔效应【答案】D【解析】题意分析可知磁流体分散系分散质粒子直径在5.5﹣36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。磁流体分散系分散质粒子直径在5.5﹣36nm，属于胶体分散系，为混合物，故A错误；分

散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，所以不是悬浊液，故B错误；磁流体分散系分散质粒子直径在5.5﹣36nm，属于胶体，是介稳分散系，故C错误；该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故D正确；【考点】胶体的性质及其

应用2.符合图中阴影部分的物质是()A．K2CO3B．Na2CO3C．NaClD．NaHCO3【答案】B【解析】K2CO3的阳离子是K+，不是钠盐，故A错误；Na2CO3是正盐，且阳离子是钠离子，故为钠盐；阴离子是碳酸根，故为碳酸盐，故B正确；NaCl的阴离

子是氯离子，故为盐酸盐，而不是碳酸盐，故C错误；NaHCO3的阴离子是HCO3﹣，故不是正盐，是酸式盐，故D错误。【考点】物质的分类3.下列关于氧化物的叙述正确的是()A．金属氧化物都是碱性氧化物B．酸性氧化物均可与碱反

应C．酸性氧化物都是非金属氧化物D．氧化铜是碱性氧化物，可与水反应生成Cu(OH)2【答案】B【解析】金属氧化物可以是两性氧化物或酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；酸性氧化物和碱反

应生成盐和水，均可与碱反应，故B正确；酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如金属氧化物Mn2O7为酸性氧化物，故C错误；氧化铜和酸反应生成盐和水是碱性氧化物，但不溶于水，不能和水反应生成氢氧化铜，故D错误；【考点】物质的分类4.下列

叙述正确的是()A．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B．溶于水后电离出氢离子的化合物都是酸C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是电解质D．二氧化碳的水溶液能导电，故二氧化碳属于电解质【答案】C【解析】氯化钠溶

液中氯化钠在水分子作用下电离出阴阳离子，故A错误；溶于水后电离出的阳离子全部是氢离子的是酸，故B错误；电解质指在水溶液中或熔融状态下，能导电的化合物，硫酸钡在熔融状态下能够导电，是电解质，故C正确；二氧化碳的水溶液能导电，电离出阴阳离子的是碳酸，而不是二氧化碳，所以二氧化

碳是非电解质，故D错误；【考点】电解质及导电性的判断5.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是()A．酸性氧化物：干冰、二氧化硫、三氧化硫B．同素异形体：活性炭、C60、金刚石C．非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D．碱性氧化物：氧化钙、

氧化铁、氧化镁【答案】C【解析】干冰为二氧化碳属于酸性氧化物，二氧化硫、三氧化硫和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；活性炭、C60、金刚石是碳元素的不同单质为同素异形体，故B正确；乙醇、四氯化碳是非电解质，氯气是单质

不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；氧化钙、氧化铁、氧化镁和酸反应生成盐和水为碱性氧化物，故D正确；【考点】物质的分类6.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一个离子方程式表示的是()A．氢氧化铜与盐酸，氢氧化钠与硫酸B．

氯化钡溶液与硫酸钠溶液，氢氧化钡溶液与硫酸钾溶液C．碳酸钠溶液与盐酸，碳酸钙与盐酸D．石灰石与硝酸溶液，石灰石与醋酸溶液【答案】B【解析】氢氧化铜不可溶不可以拆，氢氧化钠可溶可以拆，左边不一致，故A不选；氯化钡与硫酸钠，氢氧化钡与硫酸钾的反应，可用同一离子方程式SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓

，故B选；碳酸钠可溶可以拆，碳酸钙不可溶不可以拆，左边不一致，故C不选硝酸是强酸可以拆，醋酸是弱酸不能拆，左边不一致，故D不选【考点】离子方程式的正误判断7.下列说法正确的是()A．NaHSO4在熔融状态下

的电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO2－4B．纯水几乎不导电，但水是电解质C．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质D．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3＝Na＋＋H＋＋CO2

－3【答案】B【解析】NaHSO4在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣，故A错误；水是电解质，故B正确；三氧化硫溶于水能够导电的离子是硫酸电离的，不是三氧化硫电离的，三

氧化硫为非电解质，故C错误；弱酸的酸式酸根不管是在熔融情况还是水溶液中，都不能拆，所以碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故D错误；【考点】电解质及导电性的判断8.下列离子能大量共存的是

()A．含有大量HCO－3的溶液中：NH＋4、K＋、SO2－4、OH－B．无色透明的溶液中：Mg2+、K＋、SO2－4、NO－3C．含有大量Ba2+的溶液中：Na＋、Cu2+、SO2－4、Cl－D．使石蕊溶液呈红色的溶液中：NH＋4、K＋、CO2－3、NO－3

【答案】B【解析】HCO3﹣、NH4+与OH﹣反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故B正确；Ba2+、SO42﹣之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；使石蕊溶

液呈红色的溶液中存在大量H+，CO32﹣与H+反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；【考点】离子共存9.下列反应属于氧化还原反应的是()A．CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑B．CaO＋H2O＝Ca(OH)2C．2H2O2=======催化剂2H2O＋O2↑D

．CaCO3=====高温CaO＋CO2↑【答案】C【解析】参考氧化还原反应的概念，即有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应，故选C【考点】氧化还原反应的判断10.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句中不涉及氧化还原反应的是()A．泉眼无声惜细流，树阴照水爱晴柔B．春蚕到死丝方尽，蜡

炬成灰泪始干C．野火烧不尽，春风吹又生D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏【答案】A【解析】常见的氧化还原反应又燃烧，爆炸，BC是燃烧，D是爆炸，都是氧化还原反应，故选A【考点】氧化还原反应的判断11.下列物质既有氧化性又有还原性的是()A．M

g2+B．NaC．H2O2D．Cl-【答案】C【解析】处于最高价态的元素只有氧化性，处于最低价态的元素只有还原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。A中的镁离子为最高价，只有氧化性，B中的钠单质为最低价，只有还原性，D中的氯离子属于最低价，只有还原性，

只有C中的过氧根离子，为中间价，既有氧化性，又有还原性，故选C【考点】氧化还原反应的规律及其应用12.反应2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5CI2↑＋8H2O的氧化产物是()A．H2OB．Cl2C．MnCl2和Cl2D．KCl、MnCl2和Cl2

【答案】B【解析】氧化产物，即反应后元素化合价升高的物质。该反应中，只有Cl2的化合价是由-1升高到0，所以氧化产物只有Cl2，选B【考点】氧化还原反应的基本概念13.下列物质的转化，需要加入还原剂才能实现的是()A．SO3→H2SO4B．

Cu→Cu(NO3)2C．CuO→CuD．CO→CO2【答案】C【解析】解：A．元素化合价不变，不是氧化还原反应，故A不选；B．Cu元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B不选；C．Cu元素化合价降低，被还原，可加入还原剂，故C选；D．C元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂

，故D不选。【考点】氧化还原反应的基本概念14.反应3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．3∶1【答案】C【解析】解：NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的

化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，所以被氧化的NO2与

被还原的NO2的物质的量之比为2：1。【考点】氧化还原反应的计算15.硫单质在反应3S＋6KOH＝2K2S＋K2SO3＋3H2O中的变化是()A．被氧化B．被还原C．既被氧化又被还原D．既未被氧化又未被还原【答案】C【解析】解：

反应3S+6KOH＝2K2S+K2SO3+3H2O中，S元素的化合价由0价分别变化为﹣2价、+4价，则S元素既被氧化又被还原【考点】氧化还原反应的规律及其应用16.有关氧化还原反应的说法正确的是()A．在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性B．物质

所含元素化合价变化是判断氧化还原反应的依据C．在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原D．某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素一定被氧化【答案】B【解析】解：A.金属单质的最低化合价为0价，所以在化

学反应中只体现还原性；变价金属阳离子既有氧化性又有还原性，如Fe2+，故A错误；B.氧化还原反应的标志就是元素化合价的变化，所以物质所含元素化合价变化是判断氧化还原反应的依据，故B正确；C.在一个氧化还原

反应中，一种元素既可能被氧化有可能被还原，如Na2O2与CO2生成氧气和碳酸钠中O元素即氧化又被还原，故C错误；D.某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素即可被氧化有可能被还原，如Cu2+转化为Cu则Cu被还原，Cl﹣转化为Cl2则Cl被氧化，故D错误。【考点】氧化还原反应17.下列四种基本反应

类型与氧化还原反应的关系图中，正确的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】解：A．化合反应不一定为氧化还原反应，如CaO和水反应，故A错误；B．分解反应可能为氧化还原反应，如高锰酸钾的分解，故B错误；C．置换反

应有单质参加和生成，一定为氧化还原反应，故C正确；D．复分解反应不是氧化还原反应，故D错误。【考点】氧化还原反应18.已知有如下反应：①2BrO－3＋Cl2＝Br2＋ClO－3②ClO－＋5Cl－＋6H＋＝3Cl2↑＋3H2O③2FeC

l2＋Cl2＝2FeCl3根据上述反应，判断下列结论中错误的是()A．Cl2是在反应②中既是氧化产物又是还原产物B．Cl2在①、③反应中均作氧化剂C．氧化性强弱的顺序为：BrO－3＞ClO－3＞Cl2＞Fe3+D．溶液中可发生：ClO－3＋6Fe2+＋6H＋＝Cl

－＋6Fe3+＋3H2O【答案】B【解析】解：A、②ClO﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O反应中ClO﹣中Cl元素化合价由+5降低到0价的Cl2，Cl﹣中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价的Cl2，所以Cl2是在反应②中既是氧化产物又是还原产物，故A

正确；B、①2BrO3﹣+Cl2═Br2+2ClO3﹣中，Cl2在反应中化合价升高作还原剂，③2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，Cl2在反应中化合价降低作氧化剂，故B错误。C、①2BrO3﹣+Cl2

═Br2+2ClO3﹣中，氧化性：BrO3﹣＞ClO3﹣，②ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O中，氧化性：ClO3﹣＞Cl2；③2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，所以

氧化性强弱的顺序为：BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+，故C正确；D、氧化性：ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+，反应ClO3﹣+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O能发生，故D正确；【考点】

氧化性、还原性强弱的比较19.下列叙述错误的个数是()①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一②浓度为1mol·L－1的NaCl溶液的含义是1L水中含有1molNaCl③6.02×1023就是阿伏加德罗常数④1mol水分子中含有2mol氢分

子和1mol氧原子⑤H2O的摩尔质量为18gA．2B．3C．4D．5【答案】D【解析】解：①摩尔为物质的量的单位，物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是七个基本物理量的单位之一，故错误；②浓度为1mol•L﹣1的NaCl溶液的含

义是1L溶液中含有1molNaCl，故错误；③阿伏加德罗常数的单位为mol﹣1，即阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol﹣1，故错误；④1mol水分子中含有2mol氢原子和1mol氧原子，不是2mol氢分子，故错误；⑤摩尔质量和相对分子质量在数值

上相同，但单位不同，故HCl的摩尔质量在数值上等于1molHCl分子的质量，故错误。【考点】物质的量；物质的量浓度；阿伏伽德罗常数20.下列关于1mol·L－1NaCl溶液的叙述正确的是()A．该溶液中含有1

molNaClB．1L该溶液中含有58.5gNaClC．该溶液可由1molNaCl溶于1L水配制而成D．从100mL该溶液中取出10mL以后，取出溶液的浓度为0.1mol·L－1【答案】B【解析】解：A．溶液体积不确定，不能确定NaCl的物质的量，故A错误；B.1L

该溶液中NaCl的物质的量＝1L×1mol/L＝1mol，故含有NaCl的质量＝1mol×58.5g/mol＝58.5g，故B正确；C.1molNaCl溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，

体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故C错误；D．溶液是均一的，故从100mL该溶液中取出10mL以后，取出溶液的浓度为1mol•L﹣1，故D错误【考点】物质的量浓度及简单计算21.下列溶液中Cl－的物质的量浓

度最大的是()A．200mL2mol·L－1MgCl2溶液B．500mL2.5mol·L－1NaCl溶液C．300mL5mol·L－1CaCl2溶液D．250mL1mol·L－1AlCl3溶液【答案】C【解析】解：A、200mL2mol•L﹣1MgCl2溶液中C（Cl﹣）＝

2C（MgCl2）＝2.5mol/L×2＝5mol/L。B、500mL2.5mol•L﹣1NaCl溶液中C（Cl﹣）＝C（NaCl）＝2.5mol/L。C、30mL5mol•L﹣1CaCl2溶液中C（Cl﹣）＝

2C（CaCl2）＝5mol/L×2＝10mol/L。D、250mL1mol•L﹣1AlCl3溶液中C（Cl﹣）＝3C（AlCl3）＝1mol/L×3＝3mol/L。所以氯离子浓度最大的是10mol/L，故选：C。【考点】物质的量浓度及简单计算22.下列叙述中正确的是()①标准

状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同③28gCO的体积为22.4L④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同⑤在同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强

越大A．①③④B．②⑤C．⑤D．①⑤【答案】B【解析】解：①标准状况下，水是液体，无法比较，错误，②标准状况下，1g氢气物质的量是0.5mol，体积为11.2L，14g氮气的物质的量是0.5mol，体积为11.2L，体积相同，正确，③28gCO在标准状况下的体积才是22

.4L，错误，④只有气体的物质的量相同时，它们在标准状况下的体积才相同，错误，⑤根据阿伏伽德罗定律，同温同体积时，压强与物质的量成正比，正确。所以选B【考点】气体摩尔体积及相关计算，阿伏伽德罗定律及其推论23.同温同压下，气体A与氧气的

质量比为1∶2，体积比为1∶4，气体A的相对分子质量是()A．16B．17C．44D．64【答案】D【解析】解：同温同压下，气体摩尔体积相同，根据V＝m·Vm/M知，气体的体积之比等于其质量和摩尔质量的比，设气体A是摩尔质量是M，气体A与氧气的质量比为1：2，体

积比为1：4，所以V（A）：V（O2）＝m(A)/M(A)：m(O2)/M(O2)＝1/M(A)：2/32＝1：4，所以M（A）＝64，在数值上，气体的相对分子质量等于其摩尔质量，所以A的相对分子质量是64，故选D【考点】阿伏伽德罗定律及其推论24.将50mL0.2mol/LNaCl溶液

加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为()A．0.3mol/LB．0.2mol/LC．0.03mol/LD．0.02mol/L【答案】D【解析】溶液稀释前后户溶质的物质的量不变，则c浓V浓＝c稀V稀，则0.05L×0.2mol/

L＝0.5L×c，c＝0.02mol/L。【考点】溶液的稀释与混合25.标准状况下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是()A．所含分子数目相同B．所含氢原子物质的量之比为3∶4C．质量

之比为16∶17D．密度之比为17∶16【答案】C【解析】解：标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol。A、根据N＝nNA＝知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的分子数与气体的体积成正比，所以相同体积的氨气和甲烷，所含分子数相同，故A正确；B、相

同条件下，等体积的氨气和甲烷的物质的量相同，一个氨气分子中含有3个H，一个甲烷分子中含有4个H，所以所含氢原子物质的量之比为3：4，故B正确；C、根据m＝知，相同条件下，等体积的氨气和甲烷，其质量与相对分子质量成正比，所

以其质量之比＝17：16，故C错误；D、根据知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的密度与相对分子质量成之比，所以其密度之比＝17：16，故D正确。【考点】阿伏伽德罗定律及其推论二、填空题(每空2分，共50分)26.某无色透明溶液中可能存在大量Ag＋、Mg2+、K＋、Cu2+中的一种或几种，

请回答下列问题：(1)不用做任何实验就可以肯定溶液中不存在的离子是。(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明原溶液中肯定存在的离子是，反应的离子方程式为。(3)取(2)的滤液加过量的NaOH溶液，出现白

色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是，生成沉淀的离子方程式为。(4)原溶液中可能大量存在的阴离子是（填序号）。A．Cl－B．NO－3C．CO2－3D．OH－【答案】（1）Cu2+（2）Ag+；Ag++Cl﹣

＝AgCl↓（3）Mg2+；Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓；（4）B【解析】解：（1）有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含Cu2+，故答案为：Cu2+；（2）加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：

Ag++Cl﹣＝AgCl↓，故答案为：Ag+；Ag++Cl﹣＝AgCl↓；（3）能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+，离子反应方程式为Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，故答案为：Mg2+；Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓；（

4）根据实验现象不能确定是否含有钾离子，故选B．【考点】离子的检验与推断27.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算。(1)含500mL0.8mol/L的Al2(SO4)3中所含的SO2－4的物质的量是___________。(2)标准状况下，_________

__LNH3所含氢原子数与0.2molH3PO4所含氢原子数相等。(3)将20mL物质的量浓度为6mol/L的MgSO4加水稀释成100mL溶液，所得稀硫酸的物质的量浓度是_____________。(4)a个X原子的总质量为bg，则X的相对原子质量可以表示为_________

______。(5)同温同压下，同体积的甲烷（CH4）和二氧化碳分子数之比为__________。(6)等质量的SO2和SO3物质的量之比是____________，氧原子数之比为____________。(7)25.4

g某二价金属A的氯化物中含有0.4molCl－，则A的摩尔质量为____________。【答案】(1)1.2mol；(2)4.48；(3)1.2mol/L；(4)b·NA/a；(5)1:1；4:11；(6)5:4；5:6；(7)56g/mol【解析】(1)含500mL0.8mol/L的A

l2(SO4)3中所含的SO42﹣的物质的量=0.5Lx0.8mo/Lx3=1.2mol，故答案为:1.2mol；(2)标准状况下，0.2molH3PO4所含氢原子数为0.6mol，要使NH3所含氢原子数与之相等，则NH3的物质的量为0.2mol，NH3在标准状况下的

体积为0.2molx22.4L/mol=4.48L，故答案为:4.48(3)根据稀释时溶质的物质的量不变，即c1v1=c2v2，所以20ml×10-3×6mol/L=c×100ml×10-3，c=1.2mol/L,故答案为:1.2mol

/L(4)a个X原子的物质的量为：a/NA，则摩尔质量为：𝑚𝑛=𝑏𝑔𝑎𝑁𝐴𝑚𝑜𝑙=𝑏𝑁𝐴𝑎𝑔/𝑚𝑜𝑙，故答案为b·NA/a(5)根据阿伏伽德罗推论有，同温同压，体积之比等于物质的量之比，质量之比等于摩尔质量之比，故答案为:1

:1;4:11(6)由公式n=𝑚𝑀可知，等质量的和物质的量之比等于摩尔质量的反比等于5:4，氧原子数之比为5:6，故答案为：5:4；5:6；(7)二价金属A的氯化物化学式为ACl2，含有0.4molCl-，则ACl2的物

质的量为0.2mol，现A的氯化物质量为25.4g，则ACl2的摩尔质量为25.4g/0.2mol=127g/mol，则A的相对原子质量为127-2×35.5=56，故答案为：56g/mol。【考点】物质的量、摩尔质量的综合计算；溶液的稀释与混合；阿伏伽德罗定律28.

用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.16g·cm－3）配制成1mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为mL的容量瓶。(2)经计算需要mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的。A．5

mLB．10mLC．25mLD．50mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：①等稀释的盐酸其温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形标线2～3cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹面底部与瓶颈的环形标线相切。③

在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是。A.①②③④B.③④①②C.④①②③D.③①④②(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的

稀盐酸浓度是（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是____________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】(1)250;(2)21.6；C；(3)③①④②;(4)偏低；

偏低【解析】解：（1）要配制盐酸220mL，则需要选择250ml的容量瓶，故答案为：250；（2）浓盐酸的物质的量浓度C＝＝＝11.6mol/L，设所需浓盐酸的体积为V，则有V×11.6mol/L＝O.25L×1mol/L，得V＝O.0216L，即21.6ml，应选择25

ml的量筒，故答案为：21.6；C；（3）配制一定物质的量浓度的溶液的一般操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故上述操作中，正确的顺序是③①④②，故答案为：③①④②；（4）根据c＝分析操作对溶质的物质的量或对溶液

的体积的影响，凡是能够使n偏大或者使V偏小的操作，都会使C偏大，凡是能够使n偏小或者使V偏大的操作都会使浓度C偏小．在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，相当于稀释浓盐酸，所取盐酸的物质的量n偏小，配得溶液的浓度偏低；未用蒸馏

水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶质氯化氢没能全部转移到容量瓶，n偏小，配得的溶液的浓度偏低；故答案为：偏低；偏低．【考点】一定物质的量浓度的溶液的配制及误差分析29.已知：①Fe＋H2SO4(稀)＝FeSO

4＋H2↑②Cu＋2H2SO4(浓)＝CuSO4＋2H2O＋SO2↑③KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑+3H2O。试回答下列问题：(1)当反应①转移3mol电子时，消耗H2SO4的质量是_____

_g，产生氢气的体积（标准状况）_________L。(2)当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是____________。(3)用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)。____

_____________________________________________________。(4)反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。【答案】(1)147；33.6(2)0

.5mol（3）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑（4）5:1【解析】（1）Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，当反应①转移3摩尔电子时，消耗H2SO4的质量是3/2mol×98g/mol=147g，产生氢气的体积（标准状况）3/2mol×22.4L/mol=33

.6L；（2）1molSO2生成，就有1mol硫酸被还原，当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是=0.5mol;（3）如答案所示（4）反应③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2

O中氧化产物与还原产物均为氯气，根据还原剂升失氧，可知有5molCl-生成氯气，因此氧化产物为5/2mol，氧化剂降得还，1mol+5价氯生成氯气，因此还原产物为1/2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1。【考点

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