黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
相对原子质量:H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al- 27 S-32
第Ⅰ卷(选择题 满分48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是（ ）
A. 发生丁达尔效应
B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动
C. 雾是一种胶体，胶粒带有电荷
D. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1～100 nm
【答案】D
【解析】
【详解】雾是一种胶体。作为胶体，其本质是分散质粒子直径大小在1~100nm，而丁达尔现象、布朗运动等只是胶体的性质。所以答案选择D项。
2.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 （　 　）
A. 萃取 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 干馏
【答案】C
【解析】乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选C。
3.下列关于氧化物的叙述正确的是（ ）
A. 金属氧化物不一定是碱性氧化物
B. 与水反应生成碱的氧化物为碱性氧化物
C. 非金属氧化物都是酸性氧化物
D. 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
【答案】A
【解析】
【分析】氧化物由两种元素组成,且一种元素为氧元素的化合物,按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物,按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物,以此解答此题。
【详解】A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如氧化铝属于两性氧化物,故A正确；
B、过氧化物与水反应也生产碱,但过氧化钠属于过氧化物,故B错误；
C、非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，故C错误；
D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,故D错误；
综上所述，本题选A。
4.除去粗盐中可溶性杂质（主要杂质为Ca2+、Mg2+、SO42-）的试剂加入顺序的下列中方案不正确的是( )
A. BaCl2→NaOH→Na2CO3→盐酸
B. NaOH→BaCl2→Na2CO3→盐酸
C. Na2CO3→NaOH→BaCl2→盐酸
D. BaCl2→Na2CO3→NaOH→盐酸
【答案】C
【解析】A. 加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－，加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+，加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+和前面过量的Ba2＋，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故A正确；
B. 加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+，加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－，加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+和前面过量的Ba2＋，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故B正确；
C. 加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+，加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+，加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－和前面过量的CO32－，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠，但不能出去过量的Ba2＋，故C错误；
D. 加入过量BaCl2溶液时能够除去SO42－，加入过量Na2CO3溶液能够除去Ca2+和前面过量的Ba2＋，加入过量NaOH溶液能够除去Mg2+，过滤除去沉淀，加入过量稀盐酸能够除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，再加热除去过量的盐酸，该选项所选试剂及操作顺序都正确，故D正确；
故答案选C。
5.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 （ ）
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1 NA
B. 常温常压下，16g O2含有的原子数为1 NA
C. 通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积约为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的K2SO4溶液中，含有SO42－个数为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，水不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B．常温常压下，16g O2的物质的量为=0.5mol，含有的氧原子数为1 NA，故B正确；
C．通常状况下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积也不是22.4L，故C错误；
D．根据n=cV，不知道溶液的体积，则无法计算0.5mol/L的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量，也无法确定溶液中含有的SO42－个数，故D错误；
故答案为B。
6.能在无色溶液中大量共存的一组离子是 （ ）
A. Mg2+、SO42-、OH-、K+ B. Fe3+、NO3-、Cl-、H+
C. K+、HCO3-、Cl-、H+ D. H+、Na+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A．Mg2+和OH-在溶液中生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．含有Fe3+的溶液是棕黄色，不是无色溶液，故B错误；
C．HCO3-与H+发生离子反应生成CO2和H2O，不能大量共存，故C错误；
D．离子组H+、Na+、Cl-、SO42-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故D正确；
故答案为D。
7.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为(　　)

纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
盐酸
空气
硫酸
干冰
B
冰水混合物
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
盐酸
铁
氨气
D
浓硫酸
食盐水
氯化铜
碳酸钠
【答案】B
【解析】盐酸为氯化氢和水的混合物，不是纯净物，A错误；冰水为纯净物，蔗糖溶液为混合物，氧化铝为金属氧化物，熔融时电离出阴阳离子，属于电解质，二氧化硫溶于水生成亚硫酸导电，但是二氧化硫为非电解质，B正确；电解质研究的范围为化合物，铁为单质，C错误；浓硫酸中含有极少量的水，为混合物，不是纯净物，碳酸钠为电解质，不是非电解质，D错误；正确选项B。
8.下列离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：Ba2+ + OH— + H+ + SO42—＝BaSO4↓+H2O
B. 碳酸镁与稀硫酸反应：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑
C. 金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑
D. 向小苏打溶液中加入盐酸溶液：HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液发生的离子反应为Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42—＝BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．碳酸镁微溶于水，其与稀硫酸反应发生离子反应为MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，故B正确；
C．金属铝溶于盐酸中发生的离子反应为2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑，故C正确；
D．向小苏打溶液中加入盐酸溶液发生的离子反应为HCO3—＋H＋＝CO2↑＋H2O，故D正确；
故答案为A。
9.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有CO32-
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-
C. 加入HNO3酸化后加入AgNO3 产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl-
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO32-，可能为HCO3-，A错误；
B.氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，可能含有Ag+，不一定有SO42-，B错误；
C.加入HNO3酸化可以将杂质离子氧化除去，再加入AgNO3 产生白色沉淀为AgCl，则原溶液中一定含有Cl-，C正确；
D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该溶液中可能含有Ca2+，不一定有Ba2+，D错误；
故合理选项是C。
10.能用H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是（ ）
A. 固体Cu(OH)2和H2SO4溶液反应 B. 澄清石灰水和HNO3溶液反应
C. KOH溶液和醋酸溶液反应 D. Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应
【答案】B
【解析】试题分析：A．氢氧化铜和稀硫酸反应，离子方程式为：Cu(OH)2+2H+═Fu2++2H2O，故A错误；B．澄清石灰水与硝酸反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，故B正确；C．醋酸和氢氧化钾溶液，离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故C错误；D．氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选B。
11.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）
A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6
【答案】D
【解析】
【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；
故选D
12.用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，恰好可使相同体积的Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）
A. 3：2：3 B. 3：1：2 C. 2：6：3 D. 1：1：1
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c，则根据反应式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,答案选C。
13.运动会发令枪击发时发生的反应时5KClO3 + 6P = 3P2O5 + 5KCl。关于该反应说法正确的是（ ）
A. 反应中P得到电子
B. 消耗1mol KClO3时，转移5mol电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为5:3
D. 发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒
【答案】D
【解析】
【分析】反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，P元素化合价升高，被氧化，P为还原剂，结合化合价的变化判断电子转移的数目。
【详解】A．P元素化合价升高失电子，被氧化，P为还原剂，故A错误；
B．Cl元素化合价降低，被还原，KClO3为氧化剂，Cl化合价由+5价降低到-1价，所以每消耗1mol KClO3时，转移6mol 电子，故B错误；
C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，还原剂是P，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，故C错误；
D．发令时看到白烟可能是P2O5固体颗粒，故D正确；
故答案为Ｄ　。
14.有如下两个反应：（1）Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+；（2）Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu。判断Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱顺序排列正确的是（ ）
A. Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ B. Cu2+＞Fe3+＞Fe2+
C. Fe3+＞Fe2+＞Cu2+ D. Fe2+＞Cu2+＞Fe3+
【答案】A
【解析】试题分析：氧化性：氧化剂》氧化产物；
（1）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；氧化性：Fe3+》Cu2+，
（2）Fe+Cu2+=Fe2++Cu；氧化性：Cu2+》Fe2+；
由上所述，氧化性强弱顺序：Fe3+>Cu2+>Fe2+；
15.标准状况下有①6.72L甲烷②3.01×1023个氯化氢分子③13.6 g硫化氢④0.2 mol NH3。下列对这四种气体的关系从小到大表示不正确的是（ ）
A. 体积：④<①<②<③ B. 密度：①<④<③<②
C. 质量：④<①<③<② D. 氢原子数：②<④<③<①
【答案】A
【解析】
【分析】先计算题干涉及物质的物质的量，然后根据各个选项的要求进行分析。
A.根据V=n·Vm知，其体积大小与物质的量成正比；
B.根据ρ=可知：气体密度与摩尔质量成正比；
C.根据m=n·M计算其质量；
D.根据N=n·NA计算其分子个数，再结合分子构成计算H原子个数。
【详解】n(CH4)==0.3mol，n(HCl)==0.5mol，n(H2S)==0.4mol；0.2molNH3。
A.根据V=n·Vm知，其体积大小与物质的量成正比，所以其体积从小到大顺序是：④<①<③<②，A错误；
B.根据ρ=知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/mol、HCl摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量为17g/mol，所以其密度顺序为：①<④<③<②，B正确；
C.m(CH4)=n·M=0.3mol×16g/mol=4.8g，m(H2S)=13.6g，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以其质量顺序为：④<①<③<②，C正确；
D.根据N=n·NA知，其分子个数之比等于其物质的量之比，甲烷中H原子个数为1.2NA，HCl中H原子个数为0.5NA，硫化氢中H原子个数为0.8NA，氨气中H原子个数为0.6NA，所以氢原子数：②<④<③<①，D正确；
故合理选项是A。
16.在盛有溴水三支试管中分别加入汽油、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现如图所示的现象。下列说法正确的是(　　)

A. ①加入的是CCl4，②加入的是汽油，③加入的是酒精
B. ①加入的是酒精，②加入的是CCl4，③加入的是汽油
C. ①加入的是汽油，②加入的是酒精，③加入的是CCl4
D. ①加入的是汽油，②加入的是CCl4，③加入的是酒精
【答案】D
【解析】
【详解】汽油能萃取溴水中的溴，但汽油的密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色；
四氯化碳能萃取溴水中的溴，但四氯化碳的密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色；
酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液仍然为橙黄色。则①加入的是汽油，②加入的是CCl4，③加入的是酒精；
故合理选项是D。
第Ⅱ卷(非选择题 满分52分)
二、非选择题(本题包括3小题，共52分)
17.按要求回答下列问题
(1)①水银 ②烧碱 ③大理石 ④氯化钠晶体 ⑤盐酸 ⑥氨气 ⑦蔗糖 ⑧二氧化碳⑨液态氯化氢 ⑩硫酸溶液。上述物质中能导电的是________，属于电解质的是________，属于非电解质的是____________。（填编号）
(2)3.01×1023个NH4+含有质子的物质的量是__________，含有电子的物质的量是__________；
(3)200mL 2mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO42﹣的物质的量浓度为__________；
(4)标准状况下，36g H2和O2组成的混合气体的体积是67.2L，则混合气体中H2和O2的体积比为_____________；
(5)标准状况下，将33.6LNH3溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为____________；
(6)已知1.505×1023个A气体分子的质量为31g，则A气体的摩尔质量是_________。
【答案】(1). ①⑤⑩ (2). ②④⑨ (3). ⑥⑦⑧ (4). 5.5mol (5). 5mol (6). 6mol/L (7). 2：1 (8). 3mol/L (9). 124g/mol
【解析】
【分析】(1)存在自由移动的电子或自由移动的离子时能够导电；在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质；在水溶液中和熔化状态下能不能导电的化合物属于非电解质；
(2)根据n=计算出铵根离子的物质的量；结合铵根离子中含有11个质子、10个电子，根据其物质的量计算出含有质子和电子的物质的量；
(3)根据溶质Al2(SO4)3与其电离产生的离子数目关系确定SO42-的浓度；
(4)根据n=计算气体的物质的量，然后根据二者质量和等于36g计算出每种成分的物质的量，根据气体的体积比等于气体的物质的量的比计算；
(5)根据n=计算气体的物质的量，然后根据c=计算溶液的浓度；
(6)根据n=计算物质的量，结合n=计算A气体的摩尔质量。
【详解】(1)水银中存在自由移动的电子，能导电；盐酸和硫酸溶液中存在自由移动的离子，能导电，能导电的物质序号是①⑤⑩；
烧碱、氯化钠晶体、液态氯化氢是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，则属于电解质是②④⑨；
蔗糖在水溶液中和熔化状态下能不能导电的化合物，则属于非电解质，二氧化碳、氨气在水中电离的不是该物质本身，则二氧化碳、氨气属于非电解质，即属于非电解质是⑥⑦⑧；
(2)3.01×1023个NH4+的物质的量n(NH4+)==0.5mol，0.5mol NH4+中含有质子的物质的量为：0.5mol×11=5.5mol，含有电子的数目为：0.5×10mol=5mol；
(3)在溶液中溶质Al2(SO4)3电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，根据电离方程式可知n(SO42-)=3n[Al2(SO4)3]，由于溶质与其电离产生的离子处于同一溶液，所以二者的浓度比等于它们的物质的量的比，故c(SO42-)=3c[Al2(SO4)3]=3×2mol/L=6mol/L；
(4)n(气体)==3mol，假设H2和O2组成的混合气体中H2、O2的物质的量分别是x、y，则x+y=3mol，2x+32y=36g，解得x=2mol，y=1mol，由n=可知两种气体的体积比等于气体的物质的量的比，则混合气体中H2和O2的体积比：2mol：1mol=2：1；
(5)标准状况下，33.6LNH3的物质的量为n(NH3)==1.5mol，将其溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度c==3mol/L；
(6)1.505×1023个A气体分子的质量为31g，其物质的量为n==0.25mol，则根据n=A气体的摩尔质量是M==124g/mol。
18.Ⅰ:蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法，如图所示两个装置都可以制取蒸馏水。

(1)图Ⅰ是实验室制取蒸馏水的常用装置，仪器A、B的名称分别是：A___________、B___________；
(2)温度计水银球应置于_______________________________________；
(3)实验时A 中除加入一定量的自来水外，还需加入少量_____________，其作用是 __________________________；
(4)图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取（加热及固定仪器略），其原理与图I完全相同，该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是__________________。
Ⅱ:现用质量分数为98℅、密度为1.84g/mL的浓硫酸来配制480mL 0.2mol/L 的稀硫酸。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥容量瓶 ⑦托盘天平 ⑧药匙。完成下列问题：
(5)上述仪器中，在配制稀硫酸时不需要用到的是_____________（填序号）；
(6)配制过程中需选用的容量瓶规格为_____________mL，经过计算，需要浓硫酸的体积为_______________；
(7)在配制过程中，能使所配溶液浓度偏高的是____________（填序号）
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶中
②为防止变质，稀释后的硫酸溶液应立即就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④移液前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑤量取浓硫酸时，俯视刻度线
【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). (直形)冷凝管 (3). 蒸馏烧瓶支管口处 (4). 沸石或碎瓷片 (5). 防止液体暴沸 (6). 冷凝水蒸气 (7). ②⑦⑧ (8). 500 (9). 5.4mL (10). ①②
【解析】
分析】(1)根据仪器的图形判断；
(2)温度计用于测量馏分的温度；
(3)A中除加入少量自来水外，还需加入碎瓷片，防止液体剧烈沸腾；
(4)图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取，长导管冷凝回流，烧杯中冷水冷却。
II.(5)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤中使用的仪器分析；
(6)选择仪器的标准是大而近；浓硫酸浓度=，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积；
(7)结合c=，对各种操作进行分析判断误差。
【详解】I.(1)由仪器图形可知A为蒸馏烧瓶，B为(直形)冷凝管；
(2)温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶支管口处；
(3)实验时A中除加入少量自来水外，还需加入少量碎瓷片，其作用是防止暴沸；
(4)图Ⅱ装置也可用于少量蒸馏水的制取(加热及固定仪器略)，其原理与图I完全相同，该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是导气兼冷凝水蒸气；
II.(5)配制一定物质的量浓度稀硫酸时，用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是烧瓶、托盘天平、药匙，故合理选项是②⑦⑧；
(6)要配制480mL 0.2mol/L 的稀硫酸，由于没有规格是480mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，应该选择500mL的容量瓶。浓硫酸浓度==mol/L=18.4mol/L，由于溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则浓硫酸体积==5.4mL；
(7)①洗涤量取浓硫酸后的量筒不能将洗涤液转移至容量瓶中，否则导致溶质的物质的量偏大，最终使配制溶液浓度偏高，①符合题意；
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，溶液具有热胀冷缩的性质，待溶液恢复至室温时溶液体积偏小，导致配制溶液浓度偏高，②符合题意；
③稀释浓硫酸时，需要将浓硫酸倒入水中，否则易溅出液体，是溶质减少，物质的量浓度偏低，③不符合题意；
④移液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响，④不符合题意；
⑤量取浓硫酸时，俯视刻度线，则浓硫酸偏少，溶质偏少，会使溶液的浓度偏低，⑤不符合题意；
故合理选项是①②。
19.Ⅰ:实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：
2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
(1)请将上述化学方程式改写为离子方程式__________________________；
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是____________ (填写编号)；
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
(3)此反应中氧化产物是___________（填化学式），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为___________mol。
(4)用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目_____________
2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
Ⅱ:某废液中含有大量的K+、Cl-、Br-，还有少量的Ca2+、Mg2+、SO42-。某研究性学习小组利用这种废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2常温下是深红棕色液体），设计了如下流程图：

已知：可供选择的试剂 a、试剂b（试剂 b代表一组试剂）如下：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、H2O2溶液(H＋)、KMnO4溶液(H＋)、稀盐酸。请根据流程图，回答相关问题：
(5)若试剂a为H2O2溶液(H＋)，已知H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl
①发生反应的离子方程式为：__________；
②每消耗0.2molH2O2，反应转移的电子数为______mol；
③还原剂和还原产物的物质的量之比是_______；
(6)操作①②③④⑤对应的名称分别是：______、分液、_____、过滤、______ ；
(7)为了除去无色液体I中的Ca2+、Mg2+、SO42-，从可供选择的试剂中选出试剂b所代表的物质，按滴加顺序依次是____、____、____（填化学式）；
(8)调pH=7(中性)是为了除去杂质离子________和_________，以提高氯化钾晶体的纯度。
【答案】(1). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). ② (3). Cl2 (4). 1 (5). (6). H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O (7). 0.4 (8). 1：1 (9). 萃取 (10). 蒸馏 (11). 蒸发结晶 (12). BaCl2 (13). KOH (14). K2CO3 (15). OH- (16). CO32-
【解析】
【分析】I.(1)根据离子方程式拆分原则，把易溶的易电离的物质写成离子形式，把难溶于水或难电离的物质及单质，仍以化学式表示，就改写为离子方程式；
(2)根据化合价变化及氧化还原反应中元素化合价与物质性质关系分析判断盐酸的性质；
(3)根据氧化还原反应中元素的化合价与物质得失电子关系及物质的作用分析判断，并进行计算；
(4)在用双线桥表示电子转移时，桥上要标有元素化合价升高，失去电子数目，被氧化元素；元素化合价降低，获得电子数目，被还原，并且电子得失数目相等；
II. 根据图示可知，制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，分别加入BaCl2、K2CO3、KOH溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体A，再调节溶液Ⅱ的pH，除去碳酸根离子、氢氧根离子，得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体。
(5)①根据物质的拆分原则，改写化学方程式为离子方程式；
②根据H2O2中O元素化合价的变化分析；
③根据氧化还原反应基本概念及物质的作用解答；
6)根据分离的各种混合物的成分组成及性质的不同采用不同分离方法；
(7)除去Ca2+，选用饱和K2CO3溶液；除去Mg2+，选用KOH溶液；除去SO42-，选用BaCl2溶液，结合除杂时不能引入新的杂质，或引入新的杂质要容易除去选择合适的滴加顺序；
(8)根据最后得到的物质是KCl，需将溶液II中杂质通过盐酸除去。
【详解】(1)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O在溶液中进行中，结合物质存在形式，及离子方程式拆分原则，该反应的离子反应的方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)在反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，HCl中的Cl一部分由-1价变为0价的Cl2，失去电子，被氧化，作还原剂；还有一部分Cl元素的化合价没有发生变化，与反应后溶液中的K+、Mn2+结合形成盐，HCl提供的H+与其中的O结合形成H2O，起酸的作用，所以盐酸的作用是酸性、还原性，故合理选项是②；
(3)在此反应中氯元素的化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl作还原剂，得到的氯气是氧化产物，化学式为Cl2，产生1mol Cl2，则转移的电子的物质的量为2mol，则生成0.5mol Cl2，则转移的电子的物质的量为1mol；
(4)元素化合价的变化分别为：Mn元素由反应前KMnO4的+7价变成MnCl2中的+2价，化合价降低，得电子2×5e-；生成MnCl2；Cl元素由 HCl中的-1价变成Cl2中的0价，化合价升高，失去5×2×e-，所以双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目为：；
(5)①根据物质的拆分原则，化学方程式H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl改写的离子方程式为：H2O2+2Br－+2H+=Br2+2H2O；
②在反应H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl中，O元素的化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，每1个H2O2反应获得电子1e-×2=2e-，所以每消耗0.2molH2O2，反应转移的电子数为0.4mol；
③在反应H2O2+2KBr+2HCl=Br2+2H2O+2KCl中，KBr作还原剂，H2O2作氧化剂，反应产生的H2O是还原产物，所以反应中还原剂与还原产物的物质的量的比是2：2=1：1；
④由流程图知，无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，无色液体Ⅲ中只含有K+、Cl-，则试剂b的作用是除去Ca2+、Mg2+、SO42-；操作①是使H2O2氧化Br-反应产生的Br2进入到CCl4中，该操作是萃取；操作②是将互不相溶的两种液体分开，方法为分液；操作③是将沸点不同、互溶的两液体分开，该分离混合物的操作方法为蒸馏；操作④是将难溶性的固体与溶液混合物分开，该分离混合物的方法是过滤；操作⑤是将KCl从其水溶液中提取出来，可以将溶剂水分蒸发得到，该分离混合物的方法称为结晶法，故操作①、②、③、④、⑤的名称是：萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶；
(7)由于除杂时使用的除杂试剂需过量，且不能引入新杂质，所以除去Ca2+，选用饱和K2CO3溶液；除去Mg2+，选用KOH溶液；除去SO42-，选用BaCl2溶液。而且只要满足BaCl2溶液在饱和K2CO3溶液之前加入即可，所以滴加顺序可以是BaCl2溶液、KOH溶液、饱和K2CO3溶液(或KOH溶液、BaCl2溶液、饱和K2CO3溶液或BaCl2溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液）；
(8)根据(7)分析可知无色溶液I经加入试剂b，经过滤后得到的溶液II中含有过量的KOH、K2CO3，向其中加入盐酸，调节溶液的pH=7，此时HCl可以与KOH、K2CO3反应产生KCl，最后经蒸发结晶获得纯净的KCl晶体，所以调pH=7(中性)是为了除去杂质离子OH-和CO32-，以提高氯化钾晶体的纯度。