河南省信阳一高2020学年高二化学下学期暑假自学自测考点专练 化学基本概念

化学基本概念化学基本概念 1已知 Q 与 R 的摩尔质量之比为 9 ：22，在反应 X2Y=2QR 中，当 1.6g X 与 Y 完全 反应后，生成 4.4g R，则参与反应的 Y 和生成物 Q 的质量之比为( ) A469 B329 C239 D169 【答案】D 【解析】略 2下列溶液中的 C(Cl) 与 50mL1mol/L AlCl3溶液中的 C(Cl) 相等的是 A150mL3mol/LKCl 溶液 B75mL2mol/LNH4Cl 溶液 C150mL1mol/LNaCl 溶液 D75mL1.5mol/L FeCl3溶液 【答案】A 【解析】略 3在真空密闭装置中，亚氯酸钠（NaClO2）固体在一定条件下发生分解反应，从物质组成 的角度看，不可能生成的产物是 ANaCl 和 O2 BNaClO3和 NaClO CNaClO3和 Cl2 DNaClO3和 NaCl 【答案】C 【解析】 试题分析：根据亚氯酸钠（NaClO2）中的元素原子个数比 1:1:2，可知 NaClO3和 Cl2不可 能得到该比例，Na 含量少了。 考点：碘单质的鉴别。 4下列有关化学用语表示正确的是 A羧基的结构简式：HCOO B质子数为 6、质量数为 14 的原子： CCCl4分子的电子式： D硫离子的结构示意图： 【答案】D 【解析】A 错误，羧基的结构简式：-COO B 错误，质子数为 6、质量数为 14 的原子：614C C 错误，氯原子也要画出最外层电子数 D 正确。 5下列关于氧化物的叙述正确的是 A金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物 B碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物 C碱性氧化物都能与水化合生成碱 D酸性氧化物都能与水化合生成酸 【答案】B 【解析】 试题分析：A、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝为两性氧化物，非金属氧化物不 一定是酸性氧化物，如一氧化碳是不成盐氧化物，错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物， 酸性氧化物不一定是非金属氧化物，正确；C、碱性氧化物不一定都能与水化合生成碱，如 氧化铁为碱性氧化物，与水不反应，错误；D、酸性氧化物不一定都能与水化合生成酸，如 二氧化硅为酸性氧化物，与水不反应，错误。 考点：考查物质的分类。 6下列关于金属特征的叙述正确的是 A金属原子只有还原性，离子只有氧化性 B金属元素在化合物中一定显正价 C金属元素在不同的化合物中的化合物中的化合价均不同 D金属单质在常温下均是固体 【答案】B 【解析】 试题分析：A、金属只有 0 和正价，所以单质只有还原性，但是亚铁离子有氧化性和还原性， 故不选 A；B、金属在化合物中显正价，故选 B；C、多数金属只有一种价态，故在不同的化 合物中化合价相同，故不选 C；D、多数金属常温下是固体，但是汞常温下是液体，故不选 D。 考点：金属的性质。 71mol 氯化钙中含有 A1mol 氯化钙分子 B约 6.021023个氯离子 C2mol 氯离子 D约 36.021023个电子 【答案】C 【解析】题中是问 1 mol 氯化钙含有的微粒数是多少。A 中 1 mol 氯化钙与 1 mol 氯化钙 分子是一种讲法，所以不对。氯化钙 CaCl2，即一个 CaCl2分子里有 2 个 Cl-，那么 1 mol CaCl2中应有 2 mol Cl-，2 mol Cl-有 26.021023个 Cl-，所以 B 也不对，C 是对的。 在一个 CaCl2分子中含有电子数应为 20+172=54，所以 1 mol CaCl2中含有电子数应为 546.021023个所以 D 不正确。 8等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀 的质量比为 1:2:3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为 A1:2:3 B1:6:9 C1:3:3 D1:3:6 【答案】B 【解析】 试题分析：生成硫酸钡沉淀的质量比为 1:2:3，即生成硫酸钡的物质的量为 1:2:3，即硫酸 铝硫酸锌硫酸钠的溶液中硫酸根的物质的量比为 1:2:3，溶液体积相等，则三种盐溶液中 硫酸根离子浓度比为 1:2:3，则盐的浓度比为 1/3:2/1:3/1=1：6:9，选 A。 考点：化学方程式的计算 9在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，下列判断错误的是 A氧化性：ClOSO42I2 B漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝 CClO与 I在碱性条件可以发生氧化还原反应 D向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色 【答案】A 【解析】 试题分析：A、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，说明 ClOI2；再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，说明 I2SO42，错误；B、漂粉 精溶液主要成分为次氯酸钠，其能把碘离子氧化，正确；C、次氯酸钠溶液为碱性，该条件 下能反应，正确；D、氯气的氧化性强于碘，故能与亚硫酸钠溶液反应，正确。 考点：考查氧化还原反应原理有关问题。 10下列条件下，离子能大量共存或者离子方程式正确的是（ ） A、pH=1 的溶液中：Fe2+、ClO-、Na+、SO42- B、在含较多 Al3+的溶液中：K+、Cl-、HCO3 C、一小块钠投入到 CuSO4溶液中：2NaCu2+= Cu2Na+ D、铜溶于稀硝酸：3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ 2NO+ 4H2O 【答案】D 【解析】因是酸性，Fe2+与 ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，A 错；Al3+与 HCO3-发 水互相促进水解反应，不能大量共存，B 错；钠活泼，先与水反应，得不到铜，C 错。 11某工厂排放的工业废水中可能含有 K+、H+、Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-等离子。经检测废 水呈明 显的碱性,则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是 AH+、Mg2+ BK+、NO3-、SO42- CH+、K+、NO3- DK+、Mg2+、SO42-、Cl- 【答案】A 【解析】 试题分析：废水呈明显的碱性，说明废水中存在大量的 OH，则 H+、Mg2+不会大量存在， 因为：H+ OH= H2O、Mg2+2 OH= Mg(OH)2，故 A 项正确。 考点：离子反应、离子共存问题。 12某温同压下，3LX2气体与 1LY2气体恰好完全反应生成 2LZ 气体，则 Z 的分子式是： A、X2Y2 B、XY C、X3Y D、XY3 【答案】C 【解析】相同条件下气体体积比等于气体物质的量之比，所以得方程式为： ZYX23 22 ，再根据质量守恒定律得 Z 的分子式为 X3Y； 13设 NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A常温下，23g NO2含有 NA个氧原子 B25、101kPa 时，11.2L H2中含有的原子数为 NA C标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为 NA D2.3g 的金属钠与足量的水反应时失去的电子数为 0.1NA 【答案】AD 【解析】 试题分析：A23g NO2的物质的量是 0.5mol,由于每个 NO2分子中含有 2 个 O 原子，所以常 温下，23g NO2含有 NA个氧原子。正确。B25、101kPa 时，11.2L H2的物质的量小于 0.5mol,因此其中含有的原子数为小于 NA。错误。C标准状况下，CCl4是液体，不能使用 气体摩尔体积。错误。DNa 是+1 价的金属。2.3g 的金属钠的物质的量为 0.1mol,故与足 量的水反应时失去的电子数为 0.1NA 。正确。 考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。 14CaH2可作为生氢剂，反应的化学方程式为 CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2，下列说法不正 确的 A.氢化钙既是还原剂，又是氧化剂 B.H2既是氧化产物，又是还原产物 C.氢化钙是还原剂，H2O 是氧化剂 D.氧化产物与还原产物质量比为 11 【答案】A. 【解析】 此题的关键是分析判断出 CaH2中氢元素的化合价为-1 价.(因金属元素钙不可能有负价态， 在化合物中钙元素只有+2 价). 15下面是溶解性表中的部分内容(室温下测定)： 阳离子阴离子 OHSO42 SO32- Ca2 微不 Fe3不溶 Cu2不 不 下列有关说法中正确的是 A处物质属于可溶性碱 B处物质组成为 Fe2(SO3)3 C处物质为硫酸盐或者铜盐 D、处物质在溶液中发生的反应一定是 Cu22OH=Cu(OH)2 【答案】C 【解析】 试题分析：A.Ca(OH)2是微溶性的碱，A 项错误；B.Fe3+具有氧化性，能将 SO32-氧化成 SO42- ，即 Fe2(SO3)3不存在，B 项错误；C.CuSO4属于铜盐，也属于硫酸盐，C 项正确；D.Ca(OH) 2是微溶物，浓溶液写化学式，澄清溶液写离子形式，所以、处物质在溶液中发生的反 应有 Cu22OH=Cu(OH)2或 Cu2+Ca(OH)2=Cu(OH)2+Ca2，D 项错误；答案选 C。 考点：考查物质的溶解性和分类。 16有 4 种钠的化合物 W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系： W XH2OCO2 ZCO2XO2 ZH2OYO2 XCa(OH)2YCaCO3 回答下列问题： （1）W、Y、Z 的化学式分别是：W：_、Y：_、Z：_。 （2）以上 4 个化学反应，属于氧化还原反应的是_(填反应序号)，反应中氧化剂是 _(写化学式) （3）若反应在溶液中进行，写出其离子方程式 【答案】(1)NaHCO3 NaOH Na2O2 (2) Na2O2 (3)Ca2CO32-=CaCO3 【解析】 试题分析：通过反应得知 W 为碳酸氢钠，X 为碳酸钠，则 Y 为氢氧化钠，Z 为过氧化钠。 和反应中有化合价的变化，属于氧化还原反应，反应中氧化剂和还原剂均为过氧化钠。 在溶液中进行时，碳酸钠拆成离子形式，氢氧化钙拆开，氢氧化钠拆开，故离子方程式 写成：Ca2CO32-=CaCO3。 考点：钠的重要化合物。 17L、M、Q、R、X 代表五种物质，它们都含某种价态的氮元素，各物质中氮元素的化合 价只有一种。物质 L 中氮元素的化合价比物质 M 中氮元素的化合价低。在一定条件下，它 们会有如下的转化关系（未配平） 。 Q + HCl M+Cl2+H2O R+L X+H2O R+O2 L+ H2O 请判断： (1) 五种物质按氮元素的化合价从高到低的顺序排列是 , 若五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是 (用字母表示) (2) 某同学写出下面不同价态的氮的化合物相互转化关系（未配平） ，其中你认为一定不能 实现的是( ) ANO+HNO3 N2O3+H2O BNH3+NO HNO2+H2O CN2O4+H2O HNO3 +HNO2 【答案】 （2 分3） （1）Q、M、L、X、R Q （2）B 【解析】 18（10 分）质量为 34 g 的 NH3其物质的量是 mol，在标准状况下的体积约为 L 。0.1 mol H2S 中有约 个氢原子；相同质量的 NH3和 H2S 中分子个数比为 。配制 100 mL 浓度为 1 molL-1的稀硫酸，需要用 98%密度为 1.84 g/cm3的浓硫酸 mL。 【答案】2； 44.8； 1.2041023； 2：1； 5.4(各 2 分，共 10 分) 【解析】 试题分析：（1）根据 nm/M 可知，34g 氨气的物质的量是 34g17g/mol2mol；在标准 状况下的体积是 V2mol22.4L/mol44.8L；根据 H2S 的化学式可知，1 个 H2S 分子中含 有 2 个氢原子，所以 0.1molH2S 分子中含有 0.2mol 氢原子，其个数是 0.2mol6.021023/mol1.2041023；氨气和 H2S 的相对分子质量分别是 17 和 34，所以 在质量相等的条件下，二者的分子数之比是 1/171、3421；在稀释过程中溶质的质 量是不变的，所以需要浓硫酸的体积是mlV4 . 5 84. 1%98 9811 . 0 。 考点：考查物质的量的有关计算 点评：在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式 A NnN、nm/M、 m V V n 、Vcn B ，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只 有在标准状况下，气体的摩尔体积才是 22.4L/mol。例外还需要注意分子的个数和原子的 个数是不同的，计算时需要分清楚。 19 （14 分）某同学帮助水质检测站配制 800mL 1 molL1NaOH 溶液以备使用。 （1）该同学应选择的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还有 _。 （2）其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的 (填选项字母)之间。 A与 B与 C与 （3）该同学应用托盘天平称取 NaOH 固体 g，用质量为 331 g 的烧杯放在托盘天 平上称取所需 NaOH 固体时，请在下图中选出能正确表示游码位置的选项 （填选项 字母）。 （4）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 定容时，俯视读数，浓度会 ； 转移溶液过程中，少量液体溅出来，浓度会 ； 容量瓶未干燥，浓度会 ； 定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，浓度会 。 （5）配制溶液的实际操作过程中，动作要快，否则由于 ，会 使配制的 NaOH 溶液的浓度比 1 molL1 （填“大”或“小”）。 【答案】 （1）1000mL 容量瓶；（2）C； （3）400； c；（4）偏大 偏小 无影响 无影响 （5）NaOH 易潮解、易吸收空气中的 CO2而变质（答出一点即可） ； 小 ； 【解析】 试题分析：（1）一定物质的量浓度溶液的配制一定要用到容量瓶。（2）图所示的操作是 加入蒸馏水，在移液之后，定容之前，选 C（3）容量瓶用的是 1000mL 容量瓶，所以计算 时溶液的体积有 1000m，m=cvm=1mol/L1L40g/mol=40g，加上 331 g 的烧杯总质 量为 7331g, 游码位置要移到 31g 的位置，故选 C。（4）定容时，俯视读数造成溶 液体积偏大，浓度就偏大；转移溶液过程中，少量液体溅出来造成溶质有损失，浓度偏 小。定容是要加水，所以没有影响。摇匀后发现溶液凹面低于刻度线那是分子间所用 力造成的，对浓度无影响。 考点：一定物质的量浓度溶液的配制和误差分析。 20 （每空 2 共 22 分）实验室用密度为 1.18g/mL，质量分数为 36.5%浓盐酸配制 250mL0.1mol/L 的盐酸溶液,填空并请回答下列问题： （1）配制 250mL0.1mol/L 的盐酸溶液 应量取盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的其它仪器 （2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次） _； A 用 30mL 水洗涤烧杯 23 次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B 用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约 30mL） ， 用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 C 将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入 250mL 的容量瓶中 D 将容量瓶盖紧，颠倒摇匀 E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度 12cm 处 （3）操作 A 中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是 ，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为_ _； （4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高” 、 “偏低”或“无影响” ）? 若没有进行 A 操作 ；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ；若定容时俯视 刻度线_。 （5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ；向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面 。 【答案】 （1）2.1，250，量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。 （2）B、C、A、F、E、D（3）保 证溶质全部转入容量瓶。容量瓶盛放热溶液时，体积不准。 （4）浓度偏低；偏低；偏高。 （5）宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制；宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制。 【解析】 试题分析：（1）溶质在溶液稀释前后的物质的量不变。假设应量取盐酸体积 VmL，则 （1.18g/mLVmL36.5%）36. 5g/mol= 0.25L0.1mol/L,解得 V=2.1ml；要配制 250mL0.1mol/L 的盐酸溶液，所以应该选择 250ml 的容量瓶；除容量瓶外还需要的其它仪 器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。 （2）配制时，其正确的操作顺序是溶解、移液、洗 涤、定容、摇匀、装瓶、贴签。因此顺序编号是 B、C、A、F、E、D。 （3）在操作 A 中，将 洗涤液都移入容量瓶，其目的是保证溶质全部转入容量瓶，减少实验误差。溶液注入容量 瓶前需恢复到室温，这是因为容量瓶盛放热溶液时，体积不准。 （4）若没有进行 A 操作， 溶质的物质的量偏少，则所配的溶液的浓度就偏小；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线，则 溶液的浓度就偏低；若定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，其中的溶质的物质的量浓 度就偏大。 （5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线，则 宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制；向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外 面，则宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制。 考点：考查物质的量浓度的溶液的配制步骤、使用仪器、注意事项、误差分析的知识。 21 （本题共 14 分）已知：硝酸铜受热易分解。 170时，2Cu (NO3)2 2CuO4NO2O2开始分解，至 250分解完全。 （其中 2NO2 N2O4，2NO22NOO2等反应忽略不计） 。 800时，4CuO 高温 2Cu2OO2 开始分解，至 1000以上分解完全。 54取 5.64g 无水硝酸铜，加热至 1000以上，将生成的气体导入足量的 NaOH 溶液充分 吸收后，还有逸出的气体是 （填分子式） ，体积（标准状况）为 ；将吸收液加 水稀释到 100mL，此溶液中 3 NO 的物质的量浓度为 。 55取 5.64g 无水硝酸铜加热至某温度分解后的残留固体中含有 1.60g CuO，则残留固体 的质量可能是 。 实验证明，当温度达到 1800时，Cu2O 也会发生分解：2Cu2O 1800 4CuO2 56取 8.00g CuO，加热到 1800左右，冷却后称得质量为 6.88g，通过计算求出反应后 剩余固体中各成分的物质的量之比。 57取 8.00g CuO，通入一定量 H2并加热，使其部分还原为 Cu 和 Cu2O，且其中 n (Cu2O) :n (Cu)x。将此混合物溶于足量的稀硫酸中（Cu2O2H CuCu 2 H2O） ，充分反应 后过滤得到 Cu y g，试求未被还原的 CuO 的物质的量（用含 x、y 的代数式表示） 。 【答案】54O2(1 分)，0.168L(2 分)，0.6mol/L(2 分) 553.48g 或 2.32g (4 分) 56n(Cu2O)：n(Cu)= 0.03：0.04=3:4。(2 分) 57. nCuO0.1(y2xy)/64（1x）(3 分) 【解析】 试题分析：54取 5.64g 无水硝酸铜，加热至 1000以上，发生分解反应：4Cu(NO3)2 2Cu2O+ 8NO2+3O2，将生成的气体导入足量的 NaOH 溶液充分吸收后，由于 4NO2+O2+2H2O=4HNO3, HNO3+NaOH=NaNO3+ H2O，反应产生的 NO2、O2的物质的量的比是 8：3，所以根据反应时物质的量的关系可知氧气过量，因此还有逸出的气体是 O2； 55 n(Cu(NO3)2)=5.64g188g/mol=0.03mol，由于加热至某温度分解后的残留固体中含 有 1.60g CuO，n(CuO)= 1.60g80g/mol=0.02mol，根据 Cu 元素守恒，可能还含有 0.01mol 的 Cu(NO3)2没有分解，则残留固体的质量是 0.01mol188g/mol+1.60g=3.48g； 也可能产生的 CuO 又发生分解反应产生了 Cu2O, 根据 Cu 元素守恒，可能还含有 0.005mol 的 Cu2O,则固体的质量是 0.005mol144g/mol+1.60g=2.32g； 56n(CuO)= 8.00g80g/mol=0.1mol，加热到 1800左右，若完全转化为 Cu2O,则固体的 质量是 0.1mol2144g/mol=7.2g；若完全转化为 Cu，则固体的质量是： 0.1mol64g/mol=6.4g；现在冷却后称得质量为 6.4g6.88g7.2g，说明在固体中两种成 分都含有。假设含有 Cu2O、Cu 的物质的量分别是 x、y；则根据 Cu 元素守恒可得： 2x+y=0.1mol；144x+64y=6.88g。解得 x=0.03mol，y=0.04mol，所以 n(Cu2O)：n(Cu)= 0.03：0.04=3:4。 57n(CuO)= 8.00g80g/mol=0.1mol。假设反应后在混合物中含有 Cu2O、Cu、CuO 的物质 的量分别是 a、b、c，则根据 Cu 元素守恒可得 2a+b+c=0.1mol；根据题意可得 a/b=x；64(a+b)=y。解得 a=xy/64(x+1)mol；b=y/64(x+1)mol；c=0.1(2a+b)= nCuO0.1(y2xy)/64（1x） 。 考点：考查物质成分的确定、守恒方法在氧化还原反应方程式计算中的应用的知识。 22有一包白色粉末状混合物，可能含有 K2CO3、CuSO4、AlCl3、NaOH 中的某几种，现进行 如下实验： 将混合物溶于水，得到无色透明溶液。 取少量上述溶液两份： 第一份中加入稀硝酸，开始出现白色沉淀，有气泡产生，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解， 再加入 AgNO3溶液，又出现白色沉淀； 第二份进行焰色反应，直接观察，火焰呈黄色。 根据上述实验现象回答： （1）原混合物中肯定有 。 （2）第一份中，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解的离子方程式为 。 （3）第一份中，再加入 AgNO3溶液，又出现白色沉淀的离子方程式为 。 （4）第二份进行焰色反应，为什么观察不到 K+的焰色反应 。 【答案】 （共 8 分，每空 2 分） （1）K2CO3、AlCl3、NaOH； （2）Al(OH)33H+Al3+3H2O； （3）Ag+Cl-2AgCl； （4）Na+火焰呈黄色，会对 K+的检验造成干扰（或未透过钴玻璃观察） 。 （合理答案也给分） 【解析】 试题分析：混合物溶于水，得到无色透明溶液，说明没有硫酸铜，第一份加入稀硝酸，开 始有白色沉淀，有气泡，说明原固体中有碳酸钾，后加入硝酸，沉淀溶解，说明白色沉淀 为氢氧化铝，即原固体中有氯化铝，和氢氧化钠。加入硝酸银有沉淀，更能说明原固体有 氯化铝。第二份做焰色反应，火焰为黄色，说明含有氢氧化钠。所以原混合物有碳酸钾和 氯化铝和氢氧化钠。第一份继续加入硝酸沉淀溶解是氢氧化铝和硝酸反应生成硝酸铝和水， 离子方程式为 Al(OH)33H+Al3+3H2O：。第一份中加入硝酸银产生白色沉淀，是氯离 子和银离子结合生成氯化银沉淀，离子方程式为：Ag+Cl-2AgCl。做焰色反应，因 为没有通过蓝色钴玻璃，所以不能观察到钾离子的焰色反应。 考点：物质的检验，离子方程式的书写 23 （1）按要求写出下列反应的离子方程式： 少量二氧化碳通入澄清石灰水 。 硫酸氢钠与过量氢氧化钡溶液混合 。 熔融状态下 NaHSO4电离方程式 。 （2）用双线桥表示下列氧化还原反应电子转移： 2KMnO416HCl(浓)2KCl2MnCl25Cl28H2O 配平下面方程式： KMnO4+ H2O2+ H2SO4 K2SO4 + MnSO4 + O2+ H2O 【答案】 （1） CO2 + Ca2+ + 2OH= CaCO3 + H2O H+ + SO42 + Ba2+ + OH= BaSO4 + H2O NaHSO4 = Na+ + HSO4 （2） 2、5、3、= 1、2、5、8 【解析】 试题分析：（1） 少量二氧化碳通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为 CO2 + Ca2+ + 2OH= CaCO3+ H2O。 硫酸氢钠与过量氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为 H+ + SO42 + Ba2+ + OH= BaSO4 + H2O。 熔融状态下 NaHSO4电离方程式为 NaHSO4 = Na+ + HSO4 。 （2）Mn 元素的化合价从7 价降低到2 价，得到 5 个电子，高锰酸钾是氧化剂。氯元 素的化合价从1 价升高到 0 价，失去 1 个电子，氯化氢是还原剂，根据电子得失守恒可 知电子转移可以表示为。 Mn 元素的化合价从7 价降低到2 价，得到 5 个电子，高锰酸钾是氧化剂。双氧水中 氧元素的化合价从1 价升高到 0 价，失去 1 个电子，双氧水是