黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 高一化学必修一期中试题相对原子质量:C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 S:32 K:39 Fe:56 Cu:64 Ba:137 Ca:40第Ⅰ卷 （选择题，共40分）一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共40分。）1.下列物质中，能够导电的电解质是（    ）A. 铜丝 B. 熔融的MgCl2 C. NaCl溶液 D. 蔗糖【答案】B【解析】【详解】A.铜丝能导电，Cu是金属单质，不属于化合物，因此不是电解质，A不符合题意；B.熔融的MgCl2能够电离产生自由移动的Mg2+、Cl-，可以导电，该物质是化合物，属于电解质，B符合题意；C.NaCl溶液中含有自由移动的Na+、Cl-，但该物质属于混合物，不是电解质，C错误；D.蔗糖是化合物，无论是在水溶液中还是熔融状态下，都不能导电，因此该物质属于非电解质，D错误；故合理选项是B。2.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是A. 1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NAB. 在0 ℃，101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子C. 25 ℃，1.01×105 Pa，64 g SO2中含有的原子数为3 NAD. NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7∶4【答案】C【解析】试题分析：A．1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为2NA，错误；B．0℃，101 kPa时，22.4 L氢气中含有2NA个氢原子，错误；C．64 g SO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3 NA，正确；D．；NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7∶2，错误。考点定位】阿伏伽德罗常【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，有关阿伏加德罗常数的考查，要充分考虑物质所处的外界条件、物质本身的状态,以及物质特定的组成等3.将30mL 0.5mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（    ）A. 0.3 mol/L B. 0.03 mol/L C. 0.05 mol/L D. 0.04 mol/L【答案】B【解析】【详解】令稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为c，则：30×10−3 L×0.5mol/L=500×10−3 L×c解得c=0.03mol/L，B项正确，答案选B。4.下列说法正确的是（  ）A. 1molN2的质量是14g B. H2SO4的摩尔质量是98gC. H2O的摩尔质量是18 g /mol D. 1mol HCl的质量是36.5g/mol【答案】B【解析】A. 1mol N2 的质量＝1mol×28g/mol＝28g，A错误；B. H2SO4的摩尔质量是98 g/mol，B错误；C. H2O的摩尔质量是18 g /mol，C正确；D. 1mol HCl的质量＝1mol×36.5g/mol＝36.5 g，D错误，答案选C。点睛：选项B和C是易错点，单位物质的量的物质所具有的质量是摩尔质量，用M表示，单位：g/mol。数值上如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。另外注意摩尔质量与相对原子(分子)质量的易混点：①相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，只是在数值上相等。②摩尔质量的单位为g·mol－1，相对原子(分子)质量的单位为1。5.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是(     ) ①过滤  ②蒸发  ③向容量瓶转移液体A. ①和③ B. ①和② C. ②和③ D. ①②③【答案】A【解析】【详解】①过滤、③向容量瓶转移液体，需要玻璃棒引流；②蒸发需要玻璃棒搅拌、防液滴飞溅，玻璃棒作用相同的是①和③，答案选A。【点晴】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，在溶解中，玻璃棒起搅拌作用、加速溶解；在过滤中，玻璃棒起引流作用；在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；配制溶液转移液体时玻璃棒起引流作用。6.下列常用实验仪器中，能直接加热的是（　　）A. 分液漏斗 B. 普通漏斗 C. 蒸馏烧瓶 D. 试管【答案】D【解析】【详解】A. 分液漏斗不能加热，A错误；B. 普通漏斗不能加热，B错误；C. 蒸馏烧瓶需要垫有石棉网才能加热，属于间接加热，C错误；D. 试管可以直接在酒精灯加热，D正确；故合理选项为D。7.下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是(    )。选项ABCD实验分离植物油和氯化钠溶液除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体分离CCl4中的Br2除去CO2气体中的HCl气体装置或仪器  A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、植物油和氯化钠溶液分层，可选图中分液漏斗分离，故A正确；B、氯化铵加热易分解，氯化钠不能，应加热法分离，故B错误；C、二者互溶，但沸点不同，应选蒸馏法分离，故C错误；D、CO2和HCl均能与NaOH反应，故D错误；故选A。8. 下列分离方法不正确的是A. 用过滤的方法除去食盐水中的泥沙 B. 用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C. 用酒精萃取碘水中的碘 D. 用分液漏斗分离水和苯【答案】C【解析】泥沙难溶于水，故可用过滤的方法除去食盐水中的泥沙，A正确；通过加热蒸馏将水变成水蒸气，再冷凝即可得到蒸馏水，故B正确；酒精能与水互溶，故不可用做从碘水中萃取碘的萃取剂；水和苯为互不相溶的液体，且水密度比苯小，故可用分液漏斗分离，水从下端管口放出，苯从上端管口倒出，故D正确；9.下列说法正确的是（　　）。A. 金属氧化物一定是碱性氧化物 B. 碱性氧化物不一定是金属氧化物C. 酸性氧化物一定是非金属氧化物 D. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物【答案】D【解析】【详解】A．金属氧化物也可能是酸性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B．碱性氧化物一定是金属氧化物，故B错误；C．酸性氧化物可能为金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，故C错误；B．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，故D正确；故选D。10. 判断下列有关化学基本概念的依据正确的是( )A. 氧化还原反应：元素化合价是否变化B. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素C. 强弱电解质：溶液的导电能力大小D. 溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔效应【答案】A【解析】试题分析：A. 氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，所以可根据元素化合价是否变化确定是否是氧化还原反应，正确；B.仅有一种微粒组成的纯净物是单质，有多种微粒构成的物质是混合物，而不是根据物质含有的元素种类的多少，错误；C.根据电解质在水溶液中是否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；D. 溶液与胶体的本质不同的原因是分散质微粒直径的大小，错误。考点：考查有关化学基本概念的依据正误判断的知识。11. 下列关于胶体的说法中正确的是A. 胶体外观不均匀 B. 胶体能通过半透膜C. 胶体微粒做不停的无秩序运动 D. 胶体不稳定，静置后容易产生沉淀【答案】C【解析】试题分析：A、胶体是介于溶液和浊液之间的分散系，外观均匀，故错误；B、胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜，常用此方法提纯胶体，故错误；C、胶体 性质之一是能做布朗运动，故正确；D、胶体属于介稳性，故错误。考点：考查胶体的性质等知识。12.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是（   ）A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaClC. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑ D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl【答案】C【解析】【详解】A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，A符合题意；B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，B符合题意；C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑的离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O+CO2 ↑，C不符合题意；D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，D符合题意；故选C。13.下列各组离子，能大量共存于同一溶液中的是 (   )。A. CO32－. H + . Na + . NO3－ B. H + . Ag+ . Cl－. SO42－C. K+ . Na + . OH－ .NO 3－ D. Ba2+ .Ca 2+ .SO42－ . OH－【答案】C【解析】【详解】A. CO32－和H + 反应生成HCO3－或生成水和二氧化碳，故A不符；B. Ag+ 和Cl－生成AgCl沉淀，故B不符；C. K+ . Na + . OH－ .NO 3－之间不反应，没有沉淀、气体和水生成，故C符合；D. Ba2+ 和.SO42－ 生成硫酸钡沉淀，故D不符；故选C。14.某无色酸性溶液中，一定能够大量共存的离子组是A. Fe2+、Ba2+、NO3－、Cl－ B. Na+、NH4+、SO42－、Cl－C. Na+、K+、HCO3－、NO3－ D. Na+、K+、MnO4－、Br－【答案】B【解析】【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈酸性，如离子能大量共存，则在酸性条件下离子之间不发生任何反应，以此解答。【详解】A．酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，且Fe2+有颜色，选项A错误；B．溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，选项B正确；C．酸性条件下， HCO3－与H+发生反应生成二氧化碳和水而不能大量存在，选项C错误；D．MnO4-有颜色，不能大量共存，且酸性条件下MnO4-与Br-发生氧化还原反应，选项D错误。答案选B。15.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。【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系，然后结合题意灵活运用即可。16.若20g密度为dg⋅cm−3的Ca(NO3)2溶液中含有2g Ca2+，则溶液中NO3−的物质的量浓度为（   ）。A. 5dmol⋅L−1 B. 2.5dmol⋅L−1 C. mol⋅L−1 D. mol⋅L−1【答案】A【解析】【详解】2g Ca2＋的物质的量为：2g÷40g·mol－1=0.05mol，溶液中n（NO3－）=2n（ Ca2＋）=0.05mol×2=0.1mol，溶液体积为：20g÷1000dg·L－1= L，所以该溶液中NO3－的物质的量浓度为： =5d mol·L－1，故选：A17.在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的分子个数比为A. 2∶1 B. 1∶2 C. 3∶1 D. 1∶3【答案】B【解析】【详解】在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，参加反应的3个NO2分子中，有2个N原子的化合价升高到+5价，所以有2个NO2做还原剂；1个NO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1:2，答案选B。18.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O(未配平)下列说法正确的是A. KClO3在反应中得到电子 B. ClO2是氧化产物C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移【答案】A【解析】略19.为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：①加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊。②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化。由此可知该氮肥的主要成分是A. NH4HCO3 B. NH4Cl C. (NH4)2CO3 D. NH4NO3【答案】A【解析】【详解】气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体是氨气，即该氮肥中含有NH4＋。另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体是CO2。取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量氯化钡溶液，没有明显变化，这说明该氮肥中没有SO42－和CO32－，因此该氮肥应该是碳酸氢铵；答案选A。20.已知：2Fe3++2I−===2Fe2++I2，Br2+2Fe2+===2Br−+2Fe3+，由此可判断离子的还原性从强到弱的顺序是A. Br−＞Fe2+＞I− B. I−＞Fe2+＞Br− C. Br−＞I−＞Fe2+ D. Fe2+＞I−＞Br−【答案】B【解析】利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，还原剂是化合价升高，还原产物是氧化剂被还原得到的产物，①I－是还原剂，Fe2＋是还原产物，还原性：I－>Fe2＋，②Fe2＋是还原剂，Br－是还原产物，还原性：Fe2＋>Br－，顺序是：I－>Fe2＋>Br－，故选项B正确。第Ⅱ卷 （非选择题，共 60 分）二、填空题（本题包括 5 个小题，共 52 分。）21.按要求写出方程式。其中1、2写离子方程式；3、4写水溶液中的电离方程式；5、6写一个对应的化学方程式(1)碳酸钙和盐酸_______________________________(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸_______________________________(3)NaHSO4_______________________________(4)KClO3_______________________________(5)H + + OH — = H2O_______________________________(6)CO32 —＋2H + =CO2↑+H2O_______________________________【答案】    (1). CaCO3 + 2H + = Ca 2+ + H2O + CO2 ↑    (2). Ba 2+ + 2OH — + 2H + + SO 4 2 — = BaSO4↓+ 2H2O    (3). NaHSO4=Na++H++SO42-    (4). KClO3=K++ClO3-    (5). HCl + NaOH = NaCl + H2O    (6). Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2 ↑【解析】【详解】(1)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳：CaCO3 + 2H + = Ca 2+ + H2O + CO2 ↑；(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸生成硫酸钡和水：Ba 2+ + 2OH - + 2H + + SO 4 2 - = BaSO4↓+ 2H2O ；(3)NaHSO4 是强电解质：NaHSO4=Na++H++SO42-；(4)KClO3 为强电解质：KClO3=K++ClO3-；(5)H + + OH - = H2O表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，如：HCl + NaOH = NaCl + H2O ；(6)CO32 -＋2H + =CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐和强酸反应，如： Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2。22.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识填空。(1)含有6.02×1023个氧原子的H2SO4的物质的量是_______.(2)与标准状况下V LCO2所含氧原子数目相同的水的质量是_______g(用分式表示)(3)将4g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为________.(4)在一定的温度和压强下,1体积X2(g)跟3体积Y2(g)化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是________.(5)将50mL 0.1mol⋅L−1 NaCl和50mL 0.5mol⋅L−1 CaCl2 溶液混合后,若溶液的体积为二者体积之和,则混合溶液中c(Cl −)为_______.(6)三种正盐的混合溶液中含有0.2mol Na+、0.25mol Mg2+、0.4mol Cl−和SO42−,则n(SO42−)为_________.【答案】    (1). 0.25mol    (2).     (3). 0.1mol/L    (4). XY3    (5). 0.55mol/L    (6). 0.15mol【解析】【分析】（1）根据公式n=进行计算；（2）根据公式N=nNA=进行计算；（3）根据n=计算出氢氧化钠的物质的量，然后根据c=计算出水配制的氢氧化钠溶液的浓度，然后根据溶液具有均一性可知取出的10mL氢氧化钠的溶液的浓度；（4）一定温度与压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，然后利用质量守恒定律来确定化学式；（5）先分别利用n=cV来计算溶液中溶质物质的量，从而确定Cl－的物质的量，最后利用c=n÷V来计算混合液中Cl－的物质的量浓度；（6）溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，根据守恒思想来计算。【详解】（1）6.02×1023个氧原子，即氧原子的物质的量是1mol，所以H2SO4的物质的量是： =0.25mol；（2）标准状况下VL CO2所含氧原子数目是：= mol，含有氧原子说明相同，则含有氧原子的物质的量相等，则水的物质的量为mol，水的质量为：18g·mol－1×mol=g；（3）将4g NaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，4g氢氧化钠的物质的量为：=0.1mol，稀释后溶液浓度为：=0.1mol·L－1，从中取出10mL，由于溶液具有均一性，则这10mL溶液的物质的量浓度不变，仍然为0.1mol·L－1；（4）一定温度和压强下，1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积气体化合物，设该化合物为Z，由气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，则X2+3Y2═2Z，由原子守恒可知，Z为XY3；（5）NaCl的物质的量为：0.05L×0.1mol·L－1=0.005mol，CaCl2的物质的量为：0.05L×0.5mol·L－1=0.025mol，则混合液中Cl－的总物质的量为：0.005mol+0.025mol×2=0.055mol，所以混合液中Cl－的物质的量浓度为： =0.55mol·L－1；（6）溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，即n（Na＋）+2n（ Mg2＋）=n （Cl－）+2n（SO42－），所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n（SO42－），解出n（SO42－）=0.15mol。【点睛】本题考查了物质的量的计算，解题关键：明确物质的量与摩尔质量、物质的量浓度、阿伏伽德罗常数等之间的关系，试题知识点较多，充分考查了学生分析能力及化学计量能力，难点：（6）注意电荷守恒规律的应用。23.用于分离或提纯物质的方法有：A ．蒸馏 ( 分馏 )  B ．萃取 C ．过滤   D ．重结晶   E ．分液。下列各组混合物分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号 ）(1)除去 Ca(OH) 2溶液中悬浮的CaCO3微粒_________(2)分离四氯化碳与水的混合物_________(3)分离碘水中的碘单质_________(4)提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾_________【答案】    (1). C    (2). E    (3). B    (4). D【解析】【详解】（1）除去 Ca(OH) 2溶液中悬浮的CaCO3微粒，为不溶性固体与溶液的分离，则选择过滤，故答案为：C；（2）四氯化碳与水分层，则选择分液法分离，故答案为：E；（3）碘在水中的溶解度小，在有机物中的溶解度大，分离碘水中的碘单质，则选择萃取法分离，故答案为：B；（4）氯化钠的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以提纯氯化钠和硝酸钾混合物中的硝酸钾，选择重结晶法分离，故答案为：D．24.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。  E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（3）根据计算用托盘天平称取的质量为______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_____0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用______mL量筒最好。【答案】    (1). A、C    (2). 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶    (3). BCD    (4). 2.0    (5). 小于    (6). 13.6    (7). 15【解析】【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量或者量取、溶解或者稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以用不到的仪器：平底烧瓶、分液漏斗；还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；（2）A．容量瓶是带有活塞的仪器，使用前要检查是否漏水，故A正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能够使用待配溶液润洗，否则导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；C．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解，应该在烧杯中溶解固体，故C错误；D．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于稀释浓溶液，应该在烧杯中稀释浓溶液，故D错误；E．摇匀的正确操作为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；答案为BCD；（3）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏低；（4）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为V，则：V×18.4mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得V=13.6ml，应选用15mL规格的量筒。25.实验室中可以利用反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O来制取氯气。(1)用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目_____________________KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2+3H2O(2)该反应中还原剂是_____，还原产物是______.(3)若有1molHCl完全反应，则转移的电子得到物质的量是_______mol【答案】    (1).     (2). HCl    (3). Cl2    (4). 【解析】【分析】KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0。【详解】（1）反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为 ；（2）KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，失去电子被氧化，HCl作还原剂，对应的氯气为氧化产物；KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，氯气既是氧化产物又是还原产物，该反应中还原剂是HCl，还原产物是Cl2；（3）反应中6molHCl参加反应，只有5mol被氧化，所以，若有1molHCl完全反应，则转移电子得到物质的量是。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度分析，能用双线桥标出电子转移的方向和数目，难点（3）注意6molHCl参加反应，只有5mol被氧化．三、计算题（共 8 分）26.常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液与30g质量分数为24%的KNO3溶液混合，得到的密度为1.26 g/mL的混合溶液。计算：(1)混合后溶液的质量分数_______________________。(2)混合后溶液的物质的量浓度________________________。【答案】    (1). 20%    (2). 2.49mol/L【解析】【分析】（1）分别计算出两溶液中含有溶质的质量，然后根据质量分数的公式计算；（2）先根据溶液的质量与密度的关系计算溶液的体积，再根据溶液的质量与质量分数求出溶质的质量，继而求出溶质的物质的量，根据物质的量浓度公式求出溶液的物质的量浓度。【详解】（1）20.0g质量分数为14.0%的KNO3溶液中溶质的质量为：20.0g×14.0%=2.8g，30.0g质量分数为24.0%的KNO3溶液中含有溶质的质量为：30.0g×24.0%=7.2g，溶液混合前后溶质、溶液的质量都不变，所以混合液的质量分数为： ×100%=20%．答：混合后溶液的质量分数为20%；（2）混合液中溶质的质量为：2.8g+7.2g=10.0g，溶质的物质的量为：n= ≈0.1mol，溶液的体积为V= ≈40mL=0.04L，所以溶液的物质的量浓度为：c==2.49mol·L－1，答：混合后溶液的物质的量浓度为2.49 mol·L－1。【点睛】本题考查了物质的量浓度、溶质的质量分数的计算，注意物质的量浓度、溶质的质量分数计算方法，难点（2）求混合溶液的物质的量浓度，紧扣定义，分别求出溶质的物质的量和溶液的体积，再根据公式求出物质的量浓度。