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河南省鹤壁市高级中学2019-2020学年高一11月月考试化学题化学（解析版）
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河南省鹤壁市高级中学2019-2020学年高一11月月考试题
说明：1.本试卷满分100分，考试时间60分钟；
2.请将所有答案按照题号填写在答题卷(或卡)相应的答题处，否则不得分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题，共54分）
一、选择题（每题只有一个选项正确，本题包括18小题，每题3分，共54分）
1.“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 采取低碳、节俭的生活方式
B. 按照规定对生活废弃物进行分类放置
C. 深入农村和社区宣传环保知识
D. 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
【答案】D
【解析】
【详解】A、低碳能减少CO2的排放，故A说法正确；
B、对生活废弃物进行分类，可以对物质进行回收使用，分类处理，故B说法正确；
C、宣传环保知识，人人都参与进来，减少人类对环境的破环，故C说法正确；
D、使用一次性筷子、纸杯对树木加大破坏，塑料袋使用引起白色污染，故D说法错误；
答案选D。
2.下列各组离子中，能在强酸性透明溶液中大量共存的是（ ）
A. Na+、K+、SO42-、OH- B. Na+、K+、Cl-、HCO3-
C. Na+、Cu2＋、Cl-、SO42- D. NH4+、Ca2+、NO3-、CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性透明溶液中，含有大量H+。
【详解】A. H+和OH-不能大量共存，故A错误；
B. H+和HCO3-不能大量共存，故B错误；
C. Na+、Cu2＋、Cl-、SO42-与氢离子不反应，各离子间也不发生反应，可以大量共存，故C正确；
D. H+和CO32-不能大量共存，Ca2+、CO32-也不能大量共存，故D错误；
答案选C。
3.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 大理石与醋酸反应：CO32- +2CH3COOH = 2CH3COO- +H2O+CO2↑
B. 澄清石灰水与碳酸钠溶液反应：Ca(OH)2+CO32- = CaCO3↓+2OH-
C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 大理石主要成分为碳酸钙，与醋酸反应：CaCO3 +2CH3COOH = 2CH3COO- +Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；
B. 澄清石灰水为氢氧化钙溶液，可拆写，与碳酸钠溶液反应：Ca2++CO32- = CaCO3↓，故B错误；
C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应生成三价铁离子和水：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；
D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
答案为C。
4.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（ ）
A. L B. L C. L D. L
【答案】D
【解析】
【详解】，
故选D。
5.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为( )
A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。
【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；
答案选A。
6.实验室需要480mL 0.1mol·L－1氢氧化钠溶液，下列配制步骤正确的是（ ）
A. 用托盘天平在小烧杯中称量2g氢氧化钠固体
B. 定容时，若仰视容量瓶的刻度线会使所配溶液浓度偏低
C. 选用500mL容量瓶，移液时玻璃棒末端在刻度线以上某一位置
D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复左右摇动几次
【答案】B
【解析】
【分析】配制480mL 0.1mol·L－1氢氧化钠溶液，用500 mL容量瓶，故需要溶质氢氧化钠的质量= 0.1mol·L－1×0.5L×40g/mol=2.0g。
【详解】A. 托盘天平最小精确度为0.1g，用托盘天平在小烧杯中称量2.0g氢氧化钠固体，故A错误；
B. 定容时，若仰视容量瓶的刻度线，导致容量瓶内溶液体积偏大，会使所配溶液浓度偏低，故B正确；
C. 选用500mL容量瓶，移液时玻璃棒末端在刻度线以下某一位置，故C错误；
D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒几次，故D错误；
答案选B。
7.在两个密闭容器中，分别充入质量相同甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是 ( )
A. 甲的分子数比乙的分子数多
B. 甲的物质的量比乙的物质的量少
C. 甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小
D. 甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小
【答案】B
【解析】
【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。
【详解】A. 根据n=知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故A错误；
B. 根据n=知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量比乙的物质的量少，故B正确；
C. 同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；
D. 气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙，则甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，故D错误；
答案选B。
8.在使用分液漏斗进行分液时，正确的操作是( )
A. 上层液体经漏斗下口放出
B. 分离液体时，将漏斗拿在手上进行分离
C. 分离液体时，使分液漏斗玻璃塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开
D. 分液漏斗中盛装的是液体，振荡后不必打开活塞把气体放出
【答案】C
【解析】
【详解】A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A错误；
B．进行分液时把分液漏斗固定在铁架台上，故B错误；
C．使分液漏斗上的小孔与大气相通，才能使内外压强一致，保证液体顺利流出，故C正确；
D．振荡分液漏斗时可能有气体产生，应及时扭开活塞放出，以减小漏斗内的压强，故D错误；
答案选C。
9.将质量均为a g的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如下图所示，则X、Y气体可能分别是（ ）
A. C2H4、CH4 B. CO2、Cl2 C. SO2、CO2 D. CH4、Cl2
【答案】B
【解析】
【分析】根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，据此分析解答。
【详解】由图可知，温度相同时P(氧气)>P(X)>P(Y)，根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，则相对分子质量越大，压强越小，即X、Y的相对分子质量大于32，且Y的相对分子质量大于X，所以符合条件的只有B；
答案选B。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L氩气所含的原子数为NA
B. 常温常压下，28gC2H4、C4H8混合气体中所含的原子总数为4NA
C. 标准状况下，5.6LSO3所含的氧原子数为0.75NA
D. 常温常压下，4.48LO3所含的氧原子数小于0.6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，11.2L氩气为0.5mol，氩气为单原子分子，所含的原子数为0.5NA，故A错误；
B. C2H4、C4H8最简式相同为CH2，常温常压下，28gCH2的物质的量为2 mol，CH2为三个原子组成，所含的原子总数为6NA，故B错误；
C. 标准状况下SO3不是气体，故C错误；
D. 常温常压下，4.48LO3的物质的量小于0.2mol，所含的氧原子数小于0.6NA，故D正确；
答案选D。
11.下列选项中各组物质在溶液中反应可用同一离子方程式表示的是 ( )
A. Cu(OH)2和盐酸；Cu(OH)2和CH3COOH
B. BaCl2和Na2SO4；Ba(OH)2和CuSO4
C. NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4(过量)
D. NaHCO3(过量)和Ca(OH)2；Ca(HCO3)2和NaOH(过量)
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu(OH)2和HCl的离子方程式为Cu(OH)2+2H+═Cu2++2H2O；醋酸为弱酸，离子方程式中需要保留分子式，醋酸与氢氧化铜反应的离子方程式为Cu(OH)2+2CH3COOH═Cu2++2H2O+2CH3COO−，两个反应的离子方程式不同，故A错误；
B. BaCl2和H2SO4的离子方程式为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓；Ba(OH)2+CuSO4反应的离子方程式为Cu2++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，两个反应的离子方程式不同，故B错误；
C. 离子反应分别为HCO3−+H+═CO2↑+H2O 、CO32−+2H+═CO2↑+H2O，故C错误；
D. 离子反应均为2OH−+2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO32−+2H2O，故D正确；
答案选D。
12.下列有关Fe(OH)3胶体的说法，正确的是 ( )
A. 用渗析法鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，用丁达尔效应分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
B. Fe(OH)3胶体带正电荷，在通电情况下胶体向连接直流电源负极的电极移动，这种现象称为电泳
C. 向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色时即得到Fe(OH)3胶体
D. 向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸至过量，产生红褐色沉淀。
【答案】C
【解析】
【详解】A. 胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液；可用渗析法分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液，故A错误；
B. Fe(OH)3胶体是电中性的，氢氧化铁胶粒带正电，通电时胶粒向直流电源负极移动，故B错误；
C. 向沸腾的蒸馏水中逐滴滴入适量FeCl3饱和溶液，可制备Fe(OH)3胶体，故C正确；
D. 向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸，电解质可使胶体聚沉产生Fe(OH)3沉淀，至稀硫酸过量，发生酸碱中和反应，红褐色沉淀溶解，形成棕黄色溶液，故D错误；
答案选C。
13.Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是( )
A. 该反应中有三种元素的化合价发生了变化
B. 每生成0.1molCu，转移0.2mol电子
C. Cu既是氧化产物又是还原产物
D. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性。
详解】A. 该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；
B. 每生成0.1mol Cu，转移电子=0.1 mol×（1-0）=0.1mol，故B错误；
C. 该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故C错误；
D. 该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故D正确；
答案选D。
14.密度为0.91g·mL－1的氨水，质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数（ ）
A. 等于12.5% B. 大于12.5%
C. 小于12.5% D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】设浓氨水的体积为V，稀释前后溶液中溶质的质量不变，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，稀释后得到氨水的密度应大于0.91g·cm-3，据此解答。
【详解】设浓氨水的体积为V，密度为ρ浓，稀释后密度为ρ稀，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数ω=，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，所以ρ浓<ρ稀，所以<12.5%，
答案选C。
15.实验室需要750mL0.1mol·L－1稀硫酸，下列说法正确的是（ ）
A. 选用250mL容量瓶和500mL容量瓶
B. 用10mL的量筒量取质量分数98%、密度为1.84g·mL－1浓硫酸的体积是5.43mL
C. 把配制好的溶液转移到试剂瓶，在标签上应写溶液的名称及浓度
D. 冷却至室温后转移到底部有少量蒸馏水的容量瓶，所配溶液的浓度偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 750mL0.1mol·L－1稀硫酸应选用1000mL容量瓶，故A错误；
B.量筒的最小精确度为0.1mL，不可能量取出5.43mL，故B错误；
C. 配制好的溶液不能长期放置在容量瓶中，应转移到试剂瓶内保存，在标签上应写溶液的名称及浓度等信息以备使用，故C正确；
D. 冷却至室温后转移到底部有少量蒸馏水的容量瓶，容量瓶中含有蒸馏水不影响溶液的浓度，故D错误；
答案选C。
16.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. 1 mol氧化剂反应中得到2 mol电子
【答案】A
【解析】
【详解】反应中元素化合价变化情况：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
氯元素的化合价由+5降到+4价，硫元素的化合价由+4价升高到+6价。SO2作还原剂，在反应中被氧化，A正确；NaClO3作氧化剂，在反应中得到电子，B错误；H2SO4中元素化合价未发生变化，C错误；1 mol NaClO3在反应中得到1 mol电子，D错误。
17.在8NH3 +3Cl2N2+6NH4Cl反应中，被氧化的原子与被还原的原子物质的量之比为（ ）
A. 8︰3 B. 1︰3 C. 3︰8 D. 3︰1
【答案】B
【解析】反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中，N元素化合价升高，由−3价升高到0价，Cl元素化合价降低，由0价降低到−1价，由方程式可知当有3 mol Cl2参加反应时，有8 mol NH3参加反应，其中有2 mol被氧化，被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为2︰6=1︰3。
18.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A. 1：3 B. 4：3 C. 2：1 D. 3：1
【答案】B
【解析】
【详解】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO﹣为11mol，ClO3﹣为1mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等。
Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4：3，故选B。
第Ⅱ卷（非选择题共46分）
二、填空题（本题包括四道小题，共46分）
19.有关物质的量的计算：
（1）2 mol尿素[CO(NH2)2]含__个H原子，所含氧原子跟_____g H2O所含氧原子个数相等。
（2）2.4g 镁中含______mol电子，在与足量盐酸反应中产生标准状况下的氢气体积为 ______L。
（3）30.9gNaR含有Na+ 0.3mol，则NaR的摩尔质量为_____。
【答案】(1). 8NA或 4.816×1024 (2). 36 (3). 1.2 (4). 2.24 (5). 103g·mol-1
【解析】
【详解】（1）2 mol尿素[CO(NH2)2]中氢原子的物质的量为2 mol×4=8mol，则含H原子8NA或 4.816×1024个；2 mol尿素[CO(NH2)2]中氧原子的物质的量为2 mol×1=2mol，所含氧原子为2NA，若与H2O所含氧原子个数相等，即H2O中氧原子的物质的量2mol，则水的物质的量为2mol，水的质量=2mol×18g/mol=36g，答案为：8NA或 4.816×1024；36；
（2）2.4g镁的物质的量为=0.1mol，一个镁原子含有12个电子，则镁原子含有0.1mol×12=1.2mol电子；根据反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，0.1molMg完全反应生成0.1mol H2，标准状况下，0.1mol H2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，答案为：1.2；2.24；
（3）1molNaR含有1mol钠离子，则30.9gNaR含有Na+0.3mol，NaR物质的量为0.3mol，其摩尔质量为=103 g/mol，答案为：103 g/mol。
20.实验室用密度为1.25g/mL质量分数为36.5%的浓盐酸配制480 mL0.1mol/L的盐酸。请回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为 _________。
（2）配制480 mL0.1 mol•L﹣1的盐酸需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_____、_______。
（3）用量筒量取浓盐酸 ___mL
（4）使用容量瓶配制溶液时，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是___。
①用托盘天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液时，玻璃棒和容量瓶口接触
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】(1). 12.5mol·L﹣1 (2). 500mL容量瓶 (3). 10mL量筒 (4). 4.0 (5). ①③④⑤
【解析】
【详解】（1）密度为1.25g⋅mL−1,质量分数为36.5%的盐酸的物质的量浓度为：mol/L=12.5mol/L，答案为：12.5mol/L；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶、10mL量筒；故答案为：500mL容量瓶；10mL量筒；
（3）配制480mL 0.1mol⋅L−1的盐酸应选择500mL溶液,设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律：0.5L×0.1mol⋅L−1=12.5mol/L×V，解得V=4.0mL；答案：4.0；
（4）①用托盘天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，称量的溶质质量减少，溶液浓度偏低，符合题意，故①正确；
②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶，当溶液冷却时，溶液体积减少，导致配制溶液的浓度偏大，不符合题意，故②错误
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致少量溶质没有转移至容量瓶，溶质总量减少，导致配制溶液的浓度偏小，符合题意，故③正确；
④转移溶液时，玻璃棒和容量瓶口接触，会使溶质顺瓶口流出容量瓶，溶质总量减少，导致配制溶液的浓度偏小，符合题意，故④正确；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏大，溶液浓度偏小，符合题意，故⑤正确；答案为：①③④⑤；
21.（1）已知反应RO3n- + 6I- + 6H+ = R- + 3I2+ 3H2O。
① RO3n-中n =___________，R元素的化合价为___________。
②该反应中氧化剂为：_________；还原剂为：___________。
（2）① NaHCO3和Ba(OH)2两种固体，将二者分别溶于水，其电离方程式分别为： _____；_____；
② Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应的离子方程式为___________。
【答案】(1). 1 (2). +5 (3). RO3- (4). I- (5). NaHCO3=Na++HCO3- (6). Ba(OH)2 = Ba2++2OH- (7). Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O
【解析】
【详解】（1）①已知反应RO3n- + 6I- + 6H+ = R- + 3I2+ 3H2O，化学反应方程式遵循电荷守恒，则-n-6+6=-1，则n=1；RO3n-为RO3-，则R元素的化合价为+5价，答案为：1；+5；
②该反应中，R的化合价从+5价变为-1价，化合价降低得电子，发生还原反应，则RO3-为氧化剂；碘元素的化合价从-1价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则I-为还原剂，答案为：RO3-；I-；
（2）① NaHCO3和Ba(OH)2都为强电解质，在水溶液中完全电离，NaHCO3溶于水，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；Ba(OH)2溶于水，其电离方程式分别为：Ba(OH)2 = Ba2++2OH-，答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；Ba(OH)2 = Ba2++2OH-；
② Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O，答案为：Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O。
22.在酸性溶液中用400mL 0.075mol•L-1的KMnO4溶液处理2gCu2S和CuS的混合物，发生如下反应： ① 8MnO4- + 5Cu2S + 44H+ = 10Cu2+ + 5SO2↑+ 8Mn2+ + 22H2O② 6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 5SO2↑+ 6Mn2+ + 14H2O，反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。已知该反应的化学方程式如下：2KMnO4+10(NH4)2Fe(SO4)2+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10(NH4)2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O
（1）反应①的氧化剂为____；还原剂为_______；氧化产物为___________。
（2）用双线桥法标出反应②的电子转移情况____ 6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O
（3）反应②中每转移3mol电子，可生成标准状况下气体的体积为_________L。
（4）KMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为 ______ mol。
【答案】(1). MnO4- (2). Cu2S (3). Cu2+和SO2 (4). (5). 11.2 (6). 0.007
【解析】
【详解】（1）反应①8MnO4- + 5Cu2S + 44H+ = 10Cu2+ + 5SO2↑+ 8Mn2+ + 22H2O中Mn元素的化合价降低，则MnO4-为氧化剂，Cu、S元素的化合价升高，Cu2S为还原剂，失去电子被氧化，则Cu2+、SO2为氧化产物，答案为：MnO4-；Cu2S；Cu2+和SO2；
（2）反应6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O中，锰元素从+7价降低为+2价，得到6×5e- 电子；硫元素由-2价变为+4价，失去5×6e- 电子；反应②的电子转移情况为，
答案为：；
（3）反应②6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O中每转移30mol电子生成5mol SO2，则每转移3mol电子，生成0.5mol SO2，标准状况下的体积为0.5mol ×22.4L/mol=11.2L，答案：11.2；
（4）剩余的KMnO4恰好与350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应，根据反应2KMnO4+10(NH4)2Fe(SO4)2+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10(NH4)2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量=0.1mol•L-1×350×10-3L=0.035 mol，需要高锰酸钾的物质的量为×0.035 mol=0.007 mol，答案为：0.007 mol。
河南省鹤壁市高级中学2019-2020学年高一11月月考试题
说明：1.本试卷满分100分，考试时间60分钟；
2.请将所有答案按照题号填写在答题卷(或卡)相应的答题处，否则不得分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题，共54分）
一、选择题（每题只有一个选项正确，本题包括18小题，每题3分，共54分）
1.“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 采取低碳、节俭的生活方式
B. 按照规定对生活废弃物进行分类放置
C. 深入农村和社区宣传环保知识
D. 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
【答案】D
【解析】
【详解】A、低碳能减少CO2的排放，故A说法正确；
B、对生活废弃物进行分类，可以对物质进行回收使用，分类处理，故B说法正确；
C、宣传环保知识，人人都参与进来，减少人类对环境的破环，故C说法正确；
D、使用一次性筷子、纸杯对树木加大破坏，塑料袋使用引起白色污染，故D说法错误；
答案选D。
2.下列各组离子中，能在强酸性透明溶液中大量共存的是（ ）
A. Na+、K+、SO42-、OH- B. Na+、K+、Cl-、HCO3-
C. Na+、Cu2＋、Cl-、SO42- D. NH4+、Ca2+、NO3-、CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性透明溶液中，含有大量H+。
【详解】A. H+和OH-不能大量共存，故A错误；
B. H+和HCO3-不能大量共存，故B错误；
C. Na+、Cu2＋、Cl-、SO42-与氢离子不反应，各离子间也不发生反应，可以大量共存，故C正确；
D. H+和CO32-不能大量共存，Ca2+、CO32-也不能大量共存，故D错误；
答案选C。
3.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 大理石与醋酸反应：CO32- +2CH3COOH = 2CH3COO- +H2O+CO2↑
B. 澄清石灰水与碳酸钠溶液反应：Ca(OH)2+CO32- = CaCO3↓+2OH-
C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 大理石主要成分为碳酸钙，与醋酸反应：CaCO3 +2CH3COOH = 2CH3COO- +Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；
B. 澄清石灰水为氢氧化钙溶液，可拆写，与碳酸钠溶液反应：Ca2++CO32- = CaCO3↓，故B错误；
C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应生成三价铁离子和水：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；
D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
答案为C。
4.如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（ ）
A. L B. L C. L D. L
【答案】D
【解析】
【详解】，
故选D。
5.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为( )
A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。
【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；
答案选A。
6.实验室需要480mL 0.1mol·L－1氢氧化钠溶液，下列配制步骤正确的是（ ）
A. 用托盘天平在小烧杯中称量2g氢氧化钠固体
B. 定容时，若仰视容量瓶的刻度线会使所配溶液浓度偏低
C. 选用500mL容量瓶，移液时玻璃棒末端在刻度线以上某一位置
D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复左右摇动几次
【答案】B
【解析】
【分析】配制480mL 0.1mol·L－1氢氧化钠溶液，用500 mL容量瓶，故需要溶质氢氧化钠的质量= 0.1mol·L－1×0.5L×40g/mol=2.0g。
【详解】A. 托盘天平最小精确度为0.1g，用托盘天平在小烧杯中称量2.0g氢氧化钠固体，故A错误；
B. 定容时，若仰视容量瓶的刻度线，导致容量瓶内溶液体积偏大，会使所配溶液浓度偏低，故B正确；
C. 选用500mL容量瓶，移液时玻璃棒末端在刻度线以下某一位置，故C错误；
D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒几次，故D错误；
答案选B。
7.在两个密闭容器中，分别充入质量相同甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是 ( )
A. 甲的分子数比乙的分子数多
B. 甲的物质的量比乙的物质的量少
C. 甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小
D. 甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小
【答案】B
【解析】
【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。
【详解】A. 根据n=知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故A错误；
B. 根据n=知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量比乙的物质的量少，故B正确；
C. 同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；
D. 气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙，则甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，故D错误；
答案选B。
8.在使用分液漏斗进行分液时，正确的操作是( )
A. 上层液体经漏斗下口放出
B. 分离液体时，将漏斗拿在手上进行分离
C. 分离液体时，使分液漏斗玻璃塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开
D. 分液漏斗中盛装的是液体，振荡后不必打开活塞把气体放出
【答案】C
【解析】
【详解】A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A错误；
B．进行分液时把分液漏斗固定在铁架台上，故B错误；
C．使分液漏斗上的小孔与大气相通，才能使内外压强一致，保证液体顺利流出，故C正确；
D．振荡分液漏斗时可能有气体产生，应及时扭开活塞放出，以减小漏斗内的压强，故D错误；
答案选C。
9.将质量均为a g的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如下图所示，则X、Y气体可能分别是（ ）
A. C2H4、CH4 B. CO2、Cl2 C. SO2、CO2 D. CH4、Cl2
【答案】B
【解析】
【分析】根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，据此分析解答。
【详解】由图可知，温度相同时P(氧气)>P(X)>P(Y)，根据PV=nRT可知，在质量相同、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，则相对分子质量越大，压强越小，即X、Y的相对分子质量大于32，且Y的相对分子质量大于X，所以符合条件的只有B；
答案选B。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L氩气所含的原子数为NA
B. 常温常压下，28gC2H4、C4H8混合气体中所含的原子总数为4NA
C. 标准状况下，5.6LSO3所含的氧原子数为0.75NA
D. 常温常压下，4.48LO3所含的氧原子数小于0.6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，11.2L氩气为0.5mol，氩气为单原子分子，所含的原子数为0.5NA，故A错误；
B. C2H4、C4H8最简式相同为CH2，常温常压下，28gCH2的物质的量为2 mol，CH2为三个原子组成，所含的原子总数为6NA，故B错误；
C. 标准状况下SO3不是气体，故C错误；
D. 常温常压下，4.48LO3的物质的量小于0.2mol，所含的氧原子数小于0.6NA，故D正确；
答案选D。
11.下列选项中各组物质在溶液中反应可用同一离子方程式表示的是 ( )
A. Cu(OH)2和盐酸；Cu(OH)2和CH3COOH
B. BaCl2和Na2SO4；Ba(OH)2和CuSO4
C. NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4(过量)
D. NaHCO3(过量)和Ca(OH)2；Ca(HCO3)2和NaOH(过量)
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu(OH)2和HCl的离子方程式为Cu(OH)2+2H+═Cu2++2H2O；醋酸为弱酸，离子方程式中需要保留分子式，醋酸与氢氧化铜反应的离子方程式为Cu(OH)2+2CH3COOH═Cu2++2H2O+2CH3COO−，两个反应的离子方程式不同，故A错误；
B. BaCl2和H2SO4的离子方程式为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓；Ba(OH)2+CuSO4反应的离子方程式为Cu2++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，两个反应的离子方程式不同，故B错误；
C. 离子反应分别为HCO3−+H+═CO2↑+H2O 、CO32−+2H+═CO2↑+H2O，故C错误；
D. 离子反应均为2OH−+2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO32−+2H2O，故D正确；
答案选D。
12.下列有关Fe(OH)3胶体的说法，正确的是 ( )
A. 用渗析法鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，用丁达尔效应分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
B. Fe(OH)3胶体带正电荷，在通电情况下胶体向连接直流电源负极的电极移动，这种现象称为电泳
C. 向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液,继续煮沸至液体呈红褐色时即得到Fe(OH)3胶体
D. 向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸至过量，产生红褐色沉淀。
【答案】C
【解析】
【详解】A. 胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液；可用渗析法分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液，故A错误；
B. Fe(OH)3胶体是电中性的，氢氧化铁胶粒带正电，通电时胶粒向直流电源负极移动，故B错误；
C. 向沸腾的蒸馏水中逐滴滴入适量FeCl3饱和溶液，可制备Fe(OH)3胶体，故C正确；
D. 向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸，电解质可使胶体聚沉产生Fe(OH)3沉淀，至稀硫酸过量，发生酸碱中和反应，红褐色沉淀溶解，形成棕黄色溶液，故D错误；
答案选C。
13.Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是( )
A. 该反应中有三种元素的化合价发生了变化
B. 每生成0.1molCu，转移0.2mol电子
C. Cu既是氧化产物又是还原产物
D. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性。
详解】A. 该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；
B. 每生成0.1mol Cu，转移电子=0.1 mol×（1-0）=0.1mol，故B错误；
C. 该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故C错误；
D. 该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故D正确；
答案选D。
14.密度为0.91g·mL－1的氨水，质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数（ ）
A. 等于12.5% B. 大于12.5%
C. 小于12.5% D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】设浓氨水的体积为V，稀释前后溶液中溶质的质量不变，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，稀释后得到氨水的密度应大于0.91g·cm-3，据此解答。
【详解】设浓氨水的体积为V，密度为ρ浓，稀释后密度为ρ稀，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数ω=，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，所以ρ浓<ρ稀，所以<12.5%，
答案选C。
15.实验室需要750mL0.1mol·L－1稀硫酸，下列说法正确的是（ ）
A. 选用250mL容量瓶和500mL容量瓶
B. 用10mL的量筒量取质量分数98%、密度为1.84g·mL－1浓硫酸的体积是5.43mL
C. 把配制好的溶液转移到试剂瓶，在标签上应写溶液的名称及浓度
D. 冷却至室温后转移到底部有少量蒸馏水的容量瓶，所配溶液的浓度偏小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 750mL0.1mol·L－1稀硫酸应选用1000mL容量瓶，故A错误；
B.量筒的最小精确度为0.1mL，不可能量取出5.43mL，故B错误；
C. 配制好的溶液不能长期放置在容量瓶中，应转移到试剂瓶内保存，在标签上应写溶液的名称及浓度等信息以备使用，故C正确；
D. 冷却至室温后转移到底部有少量蒸馏水的容量瓶，容量瓶中含有蒸馏水不影响溶液的浓度，故D错误；
答案选C。
16.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. 1 mol氧化剂反应中得到2 mol电子
【答案】A
【解析】
【详解】反应中元素化合价变化情况：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
氯元素的化合价由+5降到+4价，硫元素的化合价由+4价升高到+6价。SO2作还原剂，在反应中被氧化，A正确；NaClO3作氧化剂，在反应中得到电子，B错误；H2SO4中元素化合价未发生变化，C错误；1 mol NaClO3在反应中得到1 mol电子，D错误。
17.在8NH3 +3Cl2N2+6NH4Cl反应中，被氧化的原子与被还原的原子物质的量之比为（ ）
A. 8︰3 B. 1︰3 C. 3︰8 D. 3︰1
【答案】B
【解析】反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中，N元素化合价升高，由−3价升高到0价，Cl元素化合价降低，由0价降低到−1价，由方程式可知当有3 mol Cl2参加反应时，有8 mol NH3参加反应，其中有2 mol被氧化，被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为2︰6=1︰3。
18.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A. 1：3 B. 4：3 C. 2：1 D. 3：1
【答案】B
【解析】
【详解】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO﹣为11mol，ClO3﹣为1mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等。
Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4：3，故选B。
第Ⅱ卷（非选择题共46分）
二、填空题（本题包括四道小题，共46分）
19.有关物质的量的计算：
（1）2 mol尿素[CO(NH2)2]含__个H原子，所含氧原子跟_____g H2O所含氧原子个数相等。
（2）2.4g 镁中含______mol电子，在与足量盐酸反应中产生标准状况下的氢气体积为 ______L。
（3）30.9gNaR含有Na+ 0.3mol，则NaR的摩尔质量为_____。
【答案】(1). 8NA或 4.816×1024 (2). 36 (3). 1.2 (4). 2.24 (5). 103g·mol-1
【解析】
【详解】（1）2 mol尿素[CO(NH2)2]中氢原子的物质的量为2 mol×4=8mol，则含H原子8NA或 4.816×1024个；2 mol尿素[CO(NH2)2]中氧原子的物质的量为2 mol×1=2mol，所含氧原子为2NA，若与H2O所含氧原子个数相等，即H2O中氧原子的物质的量2mol，则水的物质的量为2mol，水的质量=2mol×18g/mol=36g，答案为：8NA或 4.816×1024；36；
（2）2.4g镁的物质的量为=0.1mol，一个镁原子含有12个电子，则镁原子含有0.1mol×12=1.2mol电子；根据反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，0.1molMg完全反应生成0.1mol H2，标准状况下，0.1mol H2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，答案为：1.2；2.24；
（3）1molNaR含有1mol钠离子，则30.9gNaR含有Na+0.3mol，NaR物质的量为0.3mol，其摩尔质量为=103 g/mol，答案为：103 g/mol。
20.实验室用密度为1.25g/mL质量分数为36.5%的浓盐酸配制480 mL0.1mol/L的盐酸。请回答下列问题：
（1）浓盐酸的物质的量浓度为 _________。
（2）配制480 mL0.1 mol•L﹣1的盐酸需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_____、_______。
（3）用量筒量取浓盐酸 ___mL
（4）使用容量瓶配制溶液时，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是___。
①用托盘天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液时，玻璃棒和容量瓶口接触
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】(1). 12.5mol·L﹣1 (2). 500mL容量瓶 (3). 10mL量筒 (4). 4.0 (5). ①③④⑤
【解析】
【详解】（1）密度为1.25g⋅mL−1,质量分数为36.5%的盐酸的物质的量浓度为：mol/L=12.5mol/L，答案为：12.5mol/L；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶、10mL量筒；故答案为：500mL容量瓶；10mL量筒；
（3）配制480mL 0.1mol⋅L−1的盐酸应选择500mL溶液,设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律：0.5L×0.1mol⋅L−1=12.5mol/L×V，解得V=4.0mL；答案：4.0；
（4）①用托盘天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，称量的溶质质量减少，溶液浓度偏低，符合题意，故①正确；
②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶，当溶液冷却时，溶液体积减少，导致配制溶液的浓度偏大，不符合题意，故②错误
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致少量溶质没有转移至容量瓶，溶质总量减少，导致配制溶液的浓度偏小，符合题意，故③正确；
④转移溶液时，玻璃棒和容量瓶口接触，会使溶质顺瓶口流出容量瓶，溶质总量减少，导致配制溶液的浓度偏小，符合题意，故④正确；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏大，溶液浓度偏小，符合题意，故⑤正确；答案为：①③④⑤；
21.（1）已知反应RO3n- + 6I- + 6H+ = R- + 3I2+ 3H2O。
① RO3n-中n =___________，R元素的化合价为___________。
②该反应中氧化剂为：_________；还原剂为：___________。
（2）① NaHCO3和Ba(OH)2两种固体，将二者分别溶于水，其电离方程式分别为： _____；_____；
② Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应的离子方程式为___________。
【答案】(1). 1 (2). +5 (3). RO3- (4). I- (5). NaHCO3=Na++HCO3- (6). Ba(OH)2 = Ba2++2OH- (7). Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O
【解析】
【详解】（1）①已知反应RO3n- + 6I- + 6H+ = R- + 3I2+ 3H2O，化学反应方程式遵循电荷守恒，则-n-6+6=-1，则n=1；RO3n-为RO3-，则R元素的化合价为+5价，答案为：1；+5；
②该反应中，R的化合价从+5价变为-1价，化合价降低得电子，发生还原反应，则RO3-为氧化剂；碘元素的化合价从-1价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则I-为还原剂，答案为：RO3-；I-；
（2）① NaHCO3和Ba(OH)2都为强电解质，在水溶液中完全电离，NaHCO3溶于水，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；Ba(OH)2溶于水，其电离方程式分别为：Ba(OH)2 = Ba2++2OH-，答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；Ba(OH)2 = Ba2++2OH-；
② Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O，答案为：Ba2++HCO3-+OH- = BaCO3↓+H2O。
22.在酸性溶液中用400mL 0.075mol•L-1的KMnO4溶液处理2gCu2S和CuS的混合物，发生如下反应： ① 8MnO4- + 5Cu2S + 44H+ = 10Cu2+ + 5SO2↑+ 8Mn2+ + 22H2O② 6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 5SO2↑+ 6Mn2+ + 14H2O，反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。已知该反应的化学方程式如下：2KMnO4+10(NH4)2Fe(SO4)2+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10(NH4)2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O
（1）反应①的氧化剂为____；还原剂为_______；氧化产物为___________。
（2）用双线桥法标出反应②的电子转移情况____ 6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O
（3）反应②中每转移3mol电子，可生成标准状况下气体的体积为_________L。
（4）KMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为 ______ mol。
【答案】(1). MnO4- (2). Cu2S (3). Cu2+和SO2 (4). (5). 11.2 (6). 0.007
【解析】
【详解】（1）反应①8MnO4- + 5Cu2S + 44H+ = 10Cu2+ + 5SO2↑+ 8Mn2+ + 22H2O中Mn元素的化合价降低，则MnO4-为氧化剂，Cu、S元素的化合价升高，Cu2S为还原剂，失去电子被氧化，则Cu2+、SO2为氧化产物，答案为：MnO4-；Cu2S；Cu2+和SO2；
（2）反应6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O中，锰元素从+7价降低为+2价，得到6×5e- 电子；硫元素由-2价变为+4价，失去5×6e- 电子；反应②的电子转移情况为，
答案为：；
（3）反应②6MnO4- + 5CuS + 28H+ = 5Cu2+ + 6Mn2++ 5SO2↑ + 14H2O中每转移30mol电子生成5mol SO2，则每转移3mol电子，生成0.5mol SO2，标准状况下的体积为0.5mol ×22.4L/mol=11.2L，答案：11.2；
（4）剩余的KMnO4恰好与350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应，根据反应2KMnO4+10(NH4)2Fe(SO4)2+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10(NH4)2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，350mL 0.1mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量=0.1mol•L-1×350×10-3L=0.035 mol，需要高锰酸钾的物质的量为×0.035 mol=0.007 mol，答案为：0.007 mol。
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