2022-2023学年江苏省南通第一中学高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列反应既属于氧化还原反应又属于离子反应的是( )A盐酸与氢氧化钠溶液的反应B高锰酸钾受热分解C碳酸钙与盐酸反应D铁与稀硫酸反应2、盐酸具有性质是：A弱酸性 B漂白性 C挥发性 D不稳定性3、下列反应的现象描述与离子方程式都

2、正确的是A金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出，Mg+2H+2Cl=MgCl2+H2B氯化钡溶液与稀硫酸反应：有白色沉淀生成，Ba2+SO42=BaSO4C碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出，CO32+2H+=CO2+H2OD碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：Ca(HCO3)2+2H+=Ca2+2H2O+2CO24、离子方程式BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 中的H+ 不能代表的物质是（ ）HCl H2SO4 HNO3 NaHSO4 CH3COOHA B C D5、下列金属元素的单质或化合物在火焰上灼烧时，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是（ ）A钠B钾C镁D铁6、下列化学用语正确的是（ ）A熟

3、石灰的化学式：CaOBKClO3的电离方程式：KClO3=K+ClO3C质子数为6，中子数为8的微粒：86CD硫离子的结构示意图为7、下列有关使用托盘天平的叙述，不正确的是（）称量前先调节托盘天平的零点；称量时左盘放被称量物，右盘放砝码；潮湿的或有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，其他固体药品可直接放在天平托盘上称量； 用托盘天平可以准确称量5.85g的固体食盐；称完，应把砝码放回砝码盒中。ABCD8、一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式（未配平）为：NH4NO3- HNO3+N2+H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为:A53B54C11D359、下列关于离子共存或离子反应的说法

4、正确的是( )A某无色溶液中可能大量存在H、Cl、MnO4、K+B使红色石蕊试纸变蓝的溶液中，H+、Al3+、Cl、NO3CFe2与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OD稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应：HSO42-Ba2OH=BaSO4H2O10、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是( )A水和植物油B碘和酒精C酒精和水D硝酸钾溶液和氯化钾溶液11、下列说法正确的是（）A碳12 原子和碳13 原子的中子数相同BKMnO4 和 K2 MnO4 中有相同的原子团CFe2+和 Fe3+都属于铁元素，核外电子数不同D和化学性质相似12、下列说法正确的是A碱性氧化物

5、都是金属氧化物B酸性氧化物是能与水反应生成酸的氧化物C在水溶液中能电离出H+的化合物是酸D由同种元素构成的物质一定是纯净物13、下列变化中，需加入氧化剂的是（ ）A2ClCl2BFe3+ Fe2+CCu2+ CuDMnO4MnO214、工业制取ClO2的化学反应：2NaClO3 + SO2 + H2SO4= 2ClO2 + 2NaHSO4 ，下列说法正确的ASO2在反应中被还原BNaClO3在反应中失去电子CH2SO4在反应中做氧化剂D1 mol 氧化剂在反应中得到1 mol电子15、下列说法正确的是A铜在自然界中主要以单质的形式存在B工业上常用电解饱和食盐水的方法制备金属钠C工业上常用焦炭在

6、高温下直接将氧化铁还原炼铁D在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，这是从海水中富集镁的基本方法16、下列变化过程中，画横线的元素被氧化的是（）ACO2COBFeCl3FeCl2CHClAgClDKII2二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D四种化合物，分别由K、Ba2、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：A不溶于水和盐酸；B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊；C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A；D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E。（1）推断A、B、C、D的化学式。A、_ B、_ C、_ D、_。（2）写出C的电离方

7、程式_。（3）写出下列反应的离子方程式：B与盐酸反应：_，C与硫酸反应：_，E(足量)与C反应：_。18、某溶液的溶质离子可能含有Mg2、Ba2、CO32、Cl、SO42、NO3中的几种，现进行如下实验：.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_。（2）写出和中所发生反应的离子方程式：_。（3）为了验证溶液中是否存在Cl、NO3，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO3同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证

8、溶液中是否存在Cl的实验方法：_。19、实验室欲配制250 mL 0.2 molL1的Na2SO4溶液，试回答下列各题：（1）250 mL 0.2 molL1的Na2SO4溶液，需要Na2SO4固体的质量_；该溶液中Na+物质的量浓度为：_。（2）下列仪器中，不会用到的是（_）A烧杯 B250 mL 容量瓶 C胶头滴管 D100mL容量瓶 E天平（3） 若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器或用品是_（4）将配制过程简述为以下各步骤：A冷却 B称量 C洗涤 D定容 E溶解 F摇匀 G转移溶液其正确的操作顺序应是_(填各步骤序号)。（5）你认为这四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是（_）A

9、定容时仰视容量瓶刻度线B定容时俯视容量瓶刻度线C将未冷却的溶液立即转入容量瓶后就直接定容D定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处20、实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。（1）实验原理用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为_。在酸性条件下，再用I将生成的MnO(OH)2还原为Mn2，反应的离子方程式为_。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6。（2）实验步骤打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_；用注射器抽取某水样20.

10、00 mL从A处注入锥形瓶；再分别从A处注入含m mol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸；重复的操作；取下锥形瓶，向其中加入23滴_作指示剂；用0.005 molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。（3）数据分析若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL，则此水样中氧(O2)的含量为_mgL1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。21、A、B、C、D、E 5瓶

11、透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3溶液中的一种。已知：A与B反应有气体生成 B与C反应有沉淀生成C与D反应有沉淀生成 D与E反应有沉淀生成A与E反应有气体生成 在和的反应中生成的沉淀是同一种物质请填空：(1)在和的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是_。(2)A是_，B是_，C是_，D是_，E是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】既属于氧化还原反应，又属于离子反应的反应，反应前后一定有元素化合价的变化，且反应过程中有离子的参加或生成，以此解答该题。【详解】A氢氧化钠溶液与稀盐酸的反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离

12、子方程式为OH-+H+=H2O，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B高锰酸钾受热分解不是离子反应，反应前后Mn的化合价降低，O的化合价升高，属于氧化还原反应，B不符合题意；C碳酸钙与盐酸反应，属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；D铁与稀硫酸反应属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，反应前后Fe的化合价升高，H的化合价降低，属于氧化还原反应，D符合题意；答案选D。2、C【解析】A、盐酸为强酸，故A错

13、误；B、盐酸不具有强氧化性，不具有漂白性，故B错误；C、盐酸具有挥发性，故C正确；D、HCl相对稳定，不易分解，故D错误。3、B【解析】A、氯化氢、氯化镁是可溶性强电解质；B、氯化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀；C、碳酸镁微溶，以固体形式参加反应，不能拆开；D、Ca(HCO3)2是可溶性强电解质。【详解】A、氯化氢、氯化镁是可溶性强电解质，离子方程式为Mg+2HMg2+H2，故A错误；B、氯化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程为Ba2+SO42BaSO4，故B正确；C、碳酸镁微溶，以固体形式参加反应时，不能拆开，离子方程为MgCO3+2H=CO2+H2O+Mg2，故C错误；D、Ca(

14、HCO3)2是可溶性强电解质，离子方程为HCO3-+H+=H2O+CO2。故D错误。故选B。【点睛】本题考查了反应现象、离子方程式的书写，解题关键：明确物质的溶解性、颜色、离子方程式的书写规则，气体、单质、沉淀、弱电解质、氧化物等物质要写化学式，易错选项是C，碳酸镁微溶物质的处理。4、A【解析】HCl为强酸，且与碳酸钡反应生成的是可溶性的钡盐氯化钡，碳酸钡与盐酸反应的离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示；能代表；H2SO4为强酸，与碳酸钡反应生成的是难溶性的钡盐硫酸钡，不可以用BaCO3 + 2H+ = CO2+ H2O + Ba2+ 表示，不能代表；HNO3为强酸

15、，且硝酸钡为可溶性钡盐，硝酸与碳酸钡反应的离子方程式可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，能代表；NaHSO4，硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，由于硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；CH3COOH为弱酸，离子方程式中不能拆开，所以该反应不可以用BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+表示，不能代表；答案选A5、B【解析】焰色反应是金属元素特有的性质，不同的金属元素在火焰上灼烧时的焰色不同，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是钾元素，故答案选B。【点睛】蓝色钴玻璃是看钾的焰色反应时用的，

16、钾盐中常混有钠离子，而钠的黄光会干扰钾的紫光，蓝色钴玻璃能滤掉黄光，所以不能透过蓝色钴玻璃看钠，镁，铁的焰色反应。6、B【解析】A.熟石灰的化学式是Ca(OH)2，A项错误；B.KClO3是含氧酸盐，属于强电解质完全电离，其电离方程式为KClO3=K+ClO3-，B项正确；C.质子数为6的元素为碳元素，质量数=质子数+中子数=6+8=14，所以质子数为6，中子数为8的核素符号为，C项错误；D.硫离子(S2-)是由硫原子得到2个电子形成的，硫离子的最外层达到8电子稳定结构，其正确的结构示意图为，D项错误，答案选B。7、C【解析】托盘天平是一种计量仪器，精确到0.1g，使用托盘天平时应先调0，将药

17、品放在左盘，砝码放在右盘，并垫质量、大小相等的纸片，不能直接称量、易潮解的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，称量完毕，应把砝码放回砝码盒中。【详解】称量前先调节托盘天平的零点，使天平左右盘平衡，故正确；称量时将药品放在左盘，砝码放在右盘，药品的质量等于砝码和游码的质量之和，故正确；使用托盘天平时将药品放在左盘，砝码放在右盘，并垫质量、大小相等的纸片，不能直接称量、易潮解的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，故错误；托盘天平是一种粗略称量质量的计量仪器，精确到0.1g，故错误；称量完毕，应把砝码放回砝码盒中，不能随意丢弃，防止污染砝码，故正确。选C。8、A【解析】NH4NO3

18、中前者N的化合价为-3，后者N为+5，最终氧化和还原产物都是N2为0价，故被氧化与被还原的氮原子数之比为5：3，选项A正确。9、C【解析】A、含MnO4-的溶液呈紫红色，故某无色溶液中不可能大量存在MnO4-，选项A错误；B、使红色石蕊试纸变蓝的溶液显碱性， H+、Al3+与OH-反应而不能大量存在，选项B错误；C、Fe2与H2O2在酸性溶液中的反应的离子方程式为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，选项C正确；D、稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应的离子方程式为：2HSOBa22OH=BaSO42H2O，选项D错误。答案选C。10、A【解析】略11、C【解析】A碳12 原子和碳13 原子的

19、质子数为6，中子数=质量数质子数，分别为6、7，中子数不相同，故A错误；BKMnO4 和 K2 MnO4 中的原子团不同，分别为高锰酸根离子和锰酸根离子，离子所带电荷分别为一个和2个，故B错误；CFe2+和 Fe3+的质子数为26，都属于铁元素，原子失去电子数不同，所带电荷数不同，核外电子数不同，故C正确；D是稀有气体元素性质稳定，是金属元素易失电子，二者化学性质不同，故D错误；故选C。12、A【解析】A.碱性氧化物都是金属氧化物，故A正确；B.酸性氧化物不一定和水反应得到对应的酸，如难溶于水的二氧化硅和水之间不反应，故B错误；C.只有在溶液中电离出的阳离子全部都是H+的化合物才是酸，有些化合

20、物在溶液中能电离出H+，但并不是酸，如NaHSO4，故C错误；D.由同种元素构成的物质不一定属于纯净物，如金刚石和石墨的混合物只有碳元素组成，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为酸性氧化物和碱性氧化物的概念，注意非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO等；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Na2O2、Al2O3等。13、A【解析】需要加入氧化剂，则选项中为还原剂的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价升高，需要加氧化剂，故A正确；BFe元素的化合价降低，需要加还原剂，故B错误

21、；CCu元素的化合价降低，需要加还原剂，故C错误；DMn元素的化合价降低，需要加还原剂，故D错误；故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答 本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。需要加入合适的氧化剂来实现氧化还原反应，说明所给物质一定具有还原性，在反应过程中做还原剂，失去电子、化合价升高。据此进行推断即可。14、D【解析】AS元素化合价升高，被氧化，SO2为还原剂，故A正确； B反应中Cl元素由+5价降低到+4价，化合价降低，得电子被还原，故B错误； CH2SO4在反应中没有参与氧化还原反应，仅起到酸性的作用，故C错误；DNaClO3ClO2发生还

22、原过程中，氯元素化合价由+5价降低到+4价，所以1mol氧化剂在反应中得到1mol电子，故D正确；故选：D。15、D【解析】A、自然界中铜以化合态形式存在，故A错误；B. 电解饱和食盐水发生反应2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2+ H2，不能得到金属钠，应该电解熔融状态的氯化钠，故B错误；C、高温下，碳被氧化为二氧化碳，二氧化碳和C反应生成CO，所以高炉炼铁的主要反应原理是CO在高温下将氧化铁还原成铁，故C错误；D海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，故D正确；故选D。16、D【解析】元素被氧化，说明该元素失去电子，化合价升高，据此判断。【详解

23、】A. CO2CO中碳元素化合价降低，得到电子，被还原，A不符合；B. FeCl3FeCl2中铁元素化合价降低，得到电子，被还原，B不符合；C. HClAgCl中氯元素化合价不变，不是氧化还原反应，C不符合；D. KII2中碘元素化合价升高，失去电子，被氧化，D符合；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaSO4 BaCO3 Ba(OH)2 K2CO3 Ba(OH)2=Ba2+2OH BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2 Ba2+2OH+2H+SO42-=2H2O+BaSO4 CO2+OH=HCO3- 【解析】（1）已知A、B、C、D四种化合物，分别由K、Ba2、SO42-、C

24、O32-、OH-中的两种组成，A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为含钡离子的化合物，C为Ba(OH)2；D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；（2）C为Ba(OH)2，其为强碱，完全电离；（3）B为BaCO3，BaCO3与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳；C为Ba(OH)2，Ba(OH)2与硫酸反应生成水和硫酸钡；E为CO2，足量的CO2与Ba(OH)2反应生成碳酸氢钡

25、，据此写出离子方程式。【详解】（1）已知A、B、C、D四种化合物，分别由K、Ba2、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为钡的化合物，C为Ba(OH)2；D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；故答案为；BaSO4；BaCO3；Ba(OH)2；K2CO3； （2）C为Ba(OH)2，其为强碱，则其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2

26、+2OH；故答案为Ba(OH)2=Ba2+2OH； （3）B为BaCO3，则B与盐酸反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2；C为Ba(OH)2，C与硫酸反应的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42-=2H2O+BaSO4；E为CO2，E(足量)与C反应的离子方程式为：CO2+OH=HCO3-；故答案为BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2；Ba2+2OH+2H+SO42-=2H2O+BaSO4；CO2+OH=HCO3-。18、CO32、SO42 Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO42=BaSO4 只存在NO3 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液

27、，观察是否有白色沉淀生成 【解析】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32、SO42；（2）和中所发生反应的离子方程式分别为Mg2+2OH-Mg(OH)2、B

28、a2+SO42-BaSO4；（3）根据假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在，因此假设应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电

29、中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。19、7.1g0.4 molL1D玻璃棒B E A G C D FB、C【解析】试题分析：本题考查一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析。（1）n（Na2SO4）=0.2mol/L0.25L=0.05mol，需要Na2SO4固体的质量为0.05mol142g/mol=7.1g。该溶液中c（Na+）=0.2mol/L2=0.4mol/L。（2）由硫酸钠固体配制0.2mol/LNa2SO4溶液

30、的实验步骤为：计算称量溶解冷却转移洗涤初步振荡定容摇匀装瓶贴标签。由于所配溶液体积为250mL，选用250mL容量瓶，需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，不需要的是100mL容量瓶，答案选D。（3）根据（2）的分析，尚缺少的玻璃仪器是玻璃棒。（4）根据（2）的分析，正确的操作顺序为：BEAGCDF。（5）根据公式cB=分析。A，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；B，定容时俯视容量瓶刻度线，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高；C，将未冷却的溶液立即转入容量瓶后就直接定容，Na2SO4溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D，定容后，把容

31、量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配溶液浓度偏高的是B、C，答案选BC。点睛：熟记一定体积物质的量浓度溶液的配制是解题的关键。难点是配制一定体积物质的量浓度溶液的误差分析，利用公式cB=，由于实验操作不当，nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高；反之所配溶液浓度偏低。定容时仰视、俯视的误差分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏高。20、2Mn2O24OH=2MnO(OH)2 MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O 排

32、出装置内的空气，避免空气中的O2的干扰 淀粉溶液 滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 7.8 偏大 【解析】（1）溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，锰元素化合价升高2价，氧气化合价降低了4价，根据化合价升高降低总数相等配平反应的离子方程式为：2Mn2+O2+4OH-=2MnO(OH)2；在酸性条件下，再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，I-被氧化为碘单质，反应的离子方程式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O；（2）由于测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果，故答案为赶走装置内空

33、气，避免空气中的O2的干扰；由于反应中有碘单质参与，利用碘遇到淀粉显示蓝色的特性，可以选用淀粉溶液做指示剂；用0.005 mol L -1 Na2S2O3溶液滴定至终点，碘消耗完，蓝色褪去，即滴定终点的现象是：滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；（3）发生的反应有：2Mn2+O2+4OH-=2 MnO(OH)2、MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则关系式为：O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，1000mL水样中含有的氧气的物质的量是：n（O2）=n（Na2S2O3）=0.005mol

34、L-10.0039L50=2.437510-4mol，氧气的质量为：2.437510-4mol32g/mol=7.8mg，此水样中氧（O2）的含量为7.8mgL-1；若未用Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管，会导致标准液的浓度减小，消耗的标准液的体积增大，测定结果偏大。21、AgCl Na2CO3 HCl AgNO3 BaCl2 NaHSO4 【解析】A与B反应有气体生成，则A、B分别为HCl、NaHSO4、Na2CO3中的一种；B与C反应有沉淀生成，则沉淀可能为硫酸钡、也可能为AgCl；C与D反应有沉淀生成，结合在和的反应中生成的沉淀是同一种物质，沉淀应为AgCl，则C为AgNO3，B为HCl，D为BaCl2；A与E反应有气体生成、D与E反应有沉淀生成，则A为Na2CO3，E为NaHSO4，则（1）根据以上分析可知在和的反应中生成的沉淀物质的化学式为AgCl；（2）由上述分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na2CO3、HCl、AgNO3、BaCl2、NaHSO4。【点睛】本题考查物质的鉴别，把握物质的性质及反应中的现象为鉴别推断物质的关键，注意物质之间的相互反应，推断中沉淀为AgCl以及生成的气体为解答的突破口，题目难度中等。