2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析） (II).doc

2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析） (II)1.下列对化学基本观念的认识不正确的是（ ）A. 微粒观：一个一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成B. 能量观：化学反应在生成新物质的同时，还伴随着能量的变化C. 分类观，生石灰和消石灰都属于碱D. 守恒观：电解水反应前后，元素种类和原子数目均不变【答案】C【解析】A、一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成，A正确；B、天然气燃烧放出大量的热，B正确；C、生石灰 氧化钙，氧化钙属于金属氧化物，C错误；D、电解水反应前后，元素种类和原子数目均不变，D正确；答案选C。2.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,所以A选项是正确的;B.铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,所以B选项是正确的;C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故C错误;D.石蜡的燃烧是氧化还原反应,所以D选项是正确的.综上所述，本题应选C。3.下列叙述正确的是A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质C. 液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质D. NH3的水溶液能够导电，所以NH3是电解质【答案】B【解析】A. 液态HCl不导电，溶于水电离出离子，HCl是电解质，A错误；B. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质，B正确；C. 氯气是单质，所以Cl2是不是电解质，也不是非电解质，C错误；D. NH3的水溶液能够导电，是生成的一水合氨电离出的离子导致，所以NH3是非电解质，一水合氨是电解质，D错误，答案选B。点睛：首先电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质。电解质应是化合物（属于纯净物）。其次电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。4.下列溶液中,Na+的物质的量浓度最大的是()A. 1 mL 05 molL-1的NaNO3溶液 B. 100 mL 001 molL-1的NaCl溶液C. 100 mL 01 molL-1的NaOH溶液 D. 10 mL 01 molL-1的Na2SO4溶液【答案】A【解析】试题分析：A、NaNO3溶液的物质的量浓度是05 molL-1； B、NaCl溶液的物质的量浓度是001 molL-1；C、NaOH溶液的物质的量浓度是01 molL-1； D、Na2SO4溶液的物质的量浓度是01 molL-1。考点：物质的量浓度的比较。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB. 25，1.01105Pa，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NAC. 在常温常压下，44gCO2含有的原子数为3NAD. 标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA【答案】BC【解析】【详解】A.氦气是单原子分子，则含有NA个氦原子氦气的物质的量为NA/NAmol-1=1mol，标准状况下体积为1mol22.4L/mol=22.4L，故A错误；B.32gO2和O3的混合气体所含O原子的物质的量n（O）=32g/16g/mol=2mol，所以32gO2和O3的混合气体所含O原子数为2molNAmol-1=2NA，故B正确；C.44gCO2的物质的量为44g/44g/mol=1mol，每个CO2分子含有3个原子（1个C原子、2个O原子），所以44gCO2含有的原子数为1mol3NAmol-1=3NA，故C正确；D.标准状况下，CCl4是液态，不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故D错误；故选BC。【点睛】阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。本题考查常用化学计量数的有关计算，难度不大，注意稀有气体为单原子分子，气体摩尔体积使用条件和范围。6.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是A. 称量NaOH 固体B. 配制100mL0.1mol/L 的H2SO4 溶液C. 家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取的分离方法D. 提纯Fe(OH)3 胶体【答案】C【解析】A. 称量NaOH固体，应在小烧杯中称量，同时砝码应放在右边，故A错误；B. 配制100mL0.1mol/L的H2SO4溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C、油水互不相溶，分层，家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取分液的分离方法，故C正确；D. 提纯Fe(OH)3胶体应用渗析的方法分离，故D错误；故选C。7.除去下列物质中的杂质,所用试剂和方法正确的是选项物质杂质除杂质所用试剂和方法ANH4Cl溶液I2加热,升华BKNO3K2SO4BaCl2溶液,过滤CCuCuO稀硫酸,过滤DCaCO3CaO盐酸,过滤A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.碘在溶液中不能升华，可用萃取法分离，故A错误；B.应加入硝酸钡溶液，加入BaCl2溶液，引入新杂质，故B错误；C.Cu和稀硫酸不反应，加入稀硫酸，可除去CuO，故C正确；D.CaCO3和CaO都与盐酸反应，不能用盐酸除杂，故D错误。故选C。【点睛】本题考查物质的分离与提纯，除杂一般有两种方法，将杂质彻底除去或将杂质转化为主物质，所选物质不能与主物质发生反应，也不要在除去杂质的同时又混入了其它物质，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同。8.下列反应的离了方程式正确的是A. 碳酸钙与盐酸的反应:CO32-+2H+=CO2+H2OB. 硫酸溶液与氢氧化钡溶液的反应:H+OH-=H2OC. 硝酸银与氯化钠溶液的反应:AgNO3+Cl-=AgCl+NO3-D. 铝与硫酸铜溶液的反应:2Al+3Cu2+=2A13+3Cu【答案】D【解析】A. 碳酸钙是难溶性物质，应该用化学式表示，不能拆开，A错误；B. 硫酸溶液与氢氧化钡溶液的反应中还有难溶性的硫酸钡沉淀产生，B错误；C. 硝酸银在溶液中完全电离出银离子与硝酸根离子，不能用化学式表示，C错误；D. 铝与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸铝和铜，离子方程式为2Al+3Cu2+=2A13+3Cu，D正确，答案选D。9.以下各组离子能在溶液中大量共存的是A. 含有大量SO42-的溶液：加入Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-B. 滴加酚酞变红的溶液：加入SO42-、Cu2+、K+、Cl-C. 所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、CO32-、NO3-、Na+D. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-【答案】A【解析】【详解】A. 含有大量SO42-的溶液中，SO42-、Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-各离子之间不反应，能大量共存，A正确；B. 滴加酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下Cu2+不能大量存在，B错误；C. 所含溶质为NaHSO4的溶液中含有大量氢离子，氢离子与CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量存在，C错误；D. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液呈酸性，酸性条件下HCO3-不能大量存在，D错误。答案选A。10.卫星发射时是以N2H4(联氨，N为-2价)和N2O4为火箭的动力源。反应温度高达2700，反应式为2N2H4+N2O4 3N2 +4H2O。对于该反应的说法正确的是A. 联氨是氧化剂 B. 氧化产物和还原产物的质量比为12C. 属于置换反应 D. 该反应的优点有热值高、无污染等【答案】D【解析】试题分析：A、N2H4中N元素化合价升高，所以联氨是还原剂，错误；B、根据化学方程式2N2H4 + N2O4 = 3N2 + 4H2O，2N2H4 转化的2N2为氧化产物，N2O4 转化的N2为还原产物，则氧化产物和还原产物的质量比为2:1，错误；C、反应物没有单质，不是置换反应，错误；D、反应温度高达2700，热值高，生成物是N2和H2O，无污染，正确。考点：本题考查氧化还原反应原理、反应类型。11.在两个容积相同的容器中，一个盛有NO气体,另一个盛有N2和O2 的混合气体。在同温同压下,两容器内的气体一定具有相同的A. 原子数 B. 密度 C. 分子数 D. 质子数【答案】AC【解析】同温同压下，氮气、氧气的总体积与NO体积相等，则N2和O2总物质的量与NO物质的量相等。AN2和O2总物质的量与NO物质的量相等，都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等，A正确；B由于两容器内气体的质量不一定相等，则在容积相等的条件下，二者的密度不一定相等，B错误；C二者的物质的量相等，因此分子数相等，C正确；D只有氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，二者的质子数相等，D错误，答案选AC。点睛：阿伏加德罗定律应用需要注意以下几点：阿伏加德罗定律的适用范围是气体，其适用条件是三个“同”，即在同温、同压，同体积的条件下，才有分子数（或物质的量）相等这一结论，但所含原子数不一定相等。阿伏加德罗定律既适合于单一气体，也适合于混合气体。气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的特例。12.对于某些离子的检验及结论中一定正确的是A. 加入稀盐酸产生气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B. 加入稀硝酸后无现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，则一定有SO42C. 分别含有Ba2、CO32-和Na的三种盐酸盐溶液，用H2SO4溶液就能一次鉴别开D. 加入硝酸银溶液后产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀不消失，一定有Cl-【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，不一定含有CO32，且气体也可以是二氧化硫，A错误； B稀硝酸具有强氧化性，如果溶液中含有亚硫酸根，也会被氧化转化为硫酸根，B错误；C钡离子与硫酸结合生成白色沉淀，碳酸根与硫酸反应产生气体，钠离子与硫酸不反应，可以鉴别，C正确；D白色沉淀不一定是氯化银，也可能是硫酸银等，再加盐酸，白色沉淀也不消失，不能确定一定含有氯离子，D错误。答案选C。【点睛】掌握离子的性质、检验所需要的试剂是解答的关键，易错点是容易忽略其它离子的干扰以及试剂的加入顺序等。13.金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得（提示：Si最外层有四个电子，一般显+4价），反应方程式为：SiO2 3CSiC2CO，下列有关说法中正确的是A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为CB. 该反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为13C. 该反应中每生成1 mol SiC转移4 mol电子D. 该反应中的还原产物是SiC，氧化产物是CO【答案】CD【解析】【分析】SiO2 3CSiC2CO，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为+2价，C既是氧化剂又是还原剂，故SiC是还原产物、CO为氧化产物，结合方程式判断转移电子数目、氧化产物和还原产物的物质的量之比【详解】A反应产物SiO2中Si、O的化合价分别为+4、-2价，反应后其化合价均未发生变化，所以SiO2既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B碳元素从0价转变成-4价（SiC）和+2价（CO），CO是氧化产物，SiC是还原产物，两者的物质的量之比为2：1，故B错误；C根据化学方程式可知，电子转移数目为4e-，每生成1 mol SiC转移4 mol电子，故C正确；D碳元素从0价转变成-4价（SiC）和+2价（CO），SiC是还原产物，CO是氧化产物，两者的物质的量之比为1：2，故D正确；故选CD。【点睛】本题考查氧化还原反应，注意把握元素化合价的变化为解答该题的关键。14.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量B. 200mL1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl)和100 mL 2mol/L氯化钾溶液中c(Cl)C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数D. 20%NaOH溶液中溶质的物质的量浓度和10% NaOH溶液中溶质的物质的量浓度【答案】C【解析】【详解】A.水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关，故A错误；B.溶液的浓度与体积无关，1 mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=2mol/L；2 mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，前者与后者相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，含有2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol氧原子，前者是后者的两倍，故C正确；D. 根据浓度变形公式：c=1000pw/M，其中p表示溶液密度，w表示溶质质量分数，M表示溶质摩尔质量，c（前）/c（后）=p（前）w（前）/p（后）w（后）=2p（前）/p（后），而氢氧化钠溶液质量分数越大，密度越大 ，有p（前）p（后）,即p（前）/p（后）1，则2p（前）/p（后）2，故D错误。 故选C。15.一定条件下，PbO2与Cr3反应，产物是Cr2O72-和Pb2，则与1 mol Cr3反应所需PbO2的物质的量为A. 3.0 mol B. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol【答案】B【解析】试题分析：利用电子守恒作答。当2molCr3+被氧化生成1mol Cr2O时，失去的电子为6mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为3mol，选A。考点：考查氧化还原反应计算16.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释. 100 倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_ molL1（计算结果保留 2位有效数字）。（2）某同学取 100mL 该“84消毒液” ，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中n(Na)_ mol.（3）“84消毒液”与稀硫酸混合用可增强消毒能力，某消毒小组用98%（=1.84gcm-3）的浓硫酸配制2L 2.3molL-1的稀硫酸，用于增强“84消毒液”的消毒能力，需用浓硫酸的体积为_mL。（4）“84消毒液”与“洁厕灵”（主要成分为盐酸）一起使用反而会弄巧成拙，产生有毒的气体,造成中毒事件。实验室用密度为1.25 gmL-1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1 molL-1的盐酸240 mL。配制240 mL 0.1 molL-1的盐酸应选用_mL的容量瓶。下列操作对所配溶液的浓度有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。A.定容时，俯视刻度线，浓度 _ ；B.用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线，浓度 _ ；C.定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线，浓度 _ 。D.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水, 浓度 _ 。【答案】 (1). 4.0 (2). 0.4 (3). 250 (4). 250 (5). 偏大 (6). 偏大 (7). 偏小 (8). 无影响【解析】【详解】（1）由标签数据可得物质的量浓度c=1000/M=10001.19gcm-325%74.5gmol14.0 molL1；（2）稀释前100mL该溶液的物质的量为n(溶质)=cV=4.0 molL10.1L=0.4mol，因为n(溶质)：n(Na+)=1:1，即n(Na+)=0.4mol；（3）稀释前硫酸的物质的量浓度为c=10001.84gcm-30.9898 gmol1=18.4 molL1；c1V1=c2V2, 18.4 molL1V1=2.3molL-12L，即V1=0.25L=250mL。（4）选用容量瓶遵循“大而近”的原则，常见的容量瓶规格为100mL、250mL、500mL、1000mL，所以配制240mL盐酸溶液需选用250mL的容量瓶。物质的量浓度c=n/V，A.定容时俯视刻度线，实际溶液体积小于读数，所以浓度偏高；B. 定容时仰视刻度线，实际溶液体积大于读数，所以浓度偏低；C. 因为定容时加入蒸馏水，所以容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液物质的量浓度无影响。【点睛】稀释溶液，稀释前后溶质的物质的量不变，c1V1=c2V2；选用容量瓶要遵循“大而近”的原则；配制溶液时，在称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等方面均会产生误差。容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水, 对物质的量浓度无影响。17.为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42+以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：（1）第步实验操作需要烧杯、_、_等玻璃仪器。（2）第步中，相关的离子方程式：_ ；_。（3）步聚2中，判断沉淀已完全的方法是：_。（4）除杂试剂除了流程中的顺序外，加入的顺序还可以是BaCl2、Na2CO3、NaOH或者_【答案】 (1). 漏斗 (2). 玻璃棒 (3). Ca2+CO32-=CaCO3 (4). Ba2+CO32-=BaCO3 (5). 静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全 (6). NaOH 、BaCl2、Na2CO3【解析】【分析】（1）粗盐要溶解于水形成溶液，第步操作的名称是溶解，第步滴加BaCl2的目的是除去溶液里的SO42-；第步滴加NaOH的目的是除去溶液里的Mg2+ 、Fe3+；第步滴加Na2CO3的目的是除去溶液里的Ca2+。（2）第步过滤操作所需玻璃仪器的名称是漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）第步实验的目的是滴加稀盐酸除去溶液里过量的OH-和CO32-。【详解】（1）过滤装置是分离难溶性物质和溶液的分离方法，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；（2）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2+CO32-=CaCO3、Ba2+CO32-=BaCO3，故答案为：Ca2+CO32-=CaCO3、Ba2+CO32-=BaCO3；（3）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向第步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为：静置，在上层清液中（或取少量上层清液）继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀产生，则沉淀完全；（4）除杂试剂为了根本除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，BaCl2、NaOH、Na2CO3加入的顺序必须满足最后加入碳酸钠，过滤后再加盐酸至不再有气体生成即可，故答案为：NaOH 、BaCl2、Na2CO3。【点睛】本题考查了有关粗盐的提纯知识，可以根据所学知识进行回答，题目难度不大。粗盐中的CaCl2、MgCl2、FeCl3、Na2SO4以及泥沙等杂质的除杂方法：先将混合物溶解，后过滤除泥沙，再加入试剂分别将钙离子、镁离子、铁离子以及钙离子除去，但是碳酸钠一定放在氯化钡的后面，氢氧化钠和氯化钡的顺序无要求。为了将杂质去除彻底，所加的除杂试剂都是过量的，还要考虑将过量的除杂试剂除去。18.以物质的量为中心的相关计算,已知阿伏伽德罗常数为NA.（1）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是_，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_。（2）73.0g HCl气体中含有_个原子，标况下体积约为_L（3）23.75 g某2价金属的氯化物(MCl2)中含有3.011023个Cl，则M的摩尔质量为_g/mol。（4）将0.5L 1mol/L FeCl3溶液加水稀释至1L,所得溶液中氯离子的物质的量浓度是_mol/L。【答案】 (1). SO2 (2). H2 (3). 2NA (4). 44.8 (5). 24 (6). 1.5【解析】【详解】（1）由n=m/M=V/Vm=N/NA可知，质量相同时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小、分子数越小、体积越小。质量相同的H2、NH3、SO2、O3五种气体中，SO2的摩尔质量最大，则其物质的量最小、分子数最小；氢气的摩尔质量最小，则其物质的量最大、体积最大；故答案为：SO2，H2；（2）73.0gHCl气体的物质的量为：n（HCl）=73.0g/36.5g/mol =2mol，2molHCl中含有2NA个HCl分子，含有原子数为：2NA2=4NA，标准状况下2molHCl的体积为：22.4L/mol2mol=44.8L，故答案为：4NA，44.8；（3）3.0110 23个Cl -的物质的量是0.5mol，所以氯化物的物质的量是0.25mol。则根据Mm/n可知，MCl 2的摩尔质量23.75g0.25mol95g/mol；MCl2的相对分子质量为95，氯原子的相对原子质量是35.5，所以M的相对原子质量为9535.5224，M的摩尔质量为24g/mol，故答案为：24；（4）0.5L1mol/LFeCl3溶液中氯离子的浓度为3mol/L，根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀，稀释前后氯离子的物质的量不变，令稀释后所得溶液中氯离子的浓度为c，则0.5L3mol/L=1Lc，解得c=1.5mol/L，故答案为：1.5。【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积之间的关系为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。19.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu在酸性条件下发生的反应是：2Cu = Cu2Cu.根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）用CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)（2）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是_(填化学式).（3）氯气具有很强的氧化性，能将多数物质氧化到较高价态，试写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式：_、某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1 mol X在该反应中失去3.011023个电子。（4）写出X的化学式：_；（5）若有9.8 g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为_mol；【答案】 (1). 还原剂 (2). H2 (3). CuH+Cl2 = CuCl2+2HCl (4). MnSO4 (5). 0.5 mol【解析】【详解】、（1）由CuSO4“另一物质”CuH知，反应中铜元素价态降低，故“另一物质”是还原剂，故答案为：还原剂；（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，与强氧化剂氯气反应时，均可被氧化而生成CuCl2、HCl。CuH溶于稀盐酸时，氢元素会发生价态归中型的氧化还原反应生成氢气，故答案为：H2；（3）CuH在氯气中能燃烧,铜元素和氢元素都被氯气氧化,故可推知产物为氯化铜和氯化氢,根据得失电子守恒和原子守恒就可以配平反应方程式，反应方程式为2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl，故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；、（4）根据0.1 mol X在该反应中失去3.011023个电子知，X在该反应中，有一种元素化合价升高5价，分析已知五种物质，只有高锰酸铅一种物质含锰元素，根据元素守恒，X必含锰元素，由高锰酸铅中锰为7价推知X为硫酸锰：MnSO4(无色)。由于硫酸锰在该反应中由2价锰失电子转化成MnO4-，另一种物质必作氧化剂，分析物质中元素化合价知，氧化剂为二氧化铅，还原剂为硫酸锰，还原产物为硫酸铅，高锰酸铅为氧化产物，根据电子守恒配平：5PbO22MnSO4Pb(MnO4)24PbSO4，根据“SO42-”守恒知，硫酸是反应物，水是产物。反应方程式为：5PbO22MnSO42H2SO4=Pb(MnO4)24PbSO42H2O，所以X是MnSO4，故答案为：MnSO4； （5）由（4）可知，2 mol H2SO4参加反应，转移电子为10 mol。9.8g H2SO4的物质的量为0.1mol，所以转移的电子的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5mol。【点睛】氧化还原反应是一类非常重要的化学反应，其特征是化合价的升高与降低，实质是电子的转移。根据题目信息和氧化还原反应原理推断反应物和产物，然后配平得出化学方程式，氧化还原反应方程式配平不准的常见原因：化合价判断不准、依据电子得失守恒列等式时忽视变价原子的个数等等