高新一中高一期中化学试题
高新一中高一期中化学试题
可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Na：23 S：32 Cl：35.5 K：39 Ca：40 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Ba：137
一．选择题（每题只有一个符合题意的选项，每小题2分，共20分）
1.根据气象台报道，近年没到秋末初冬季节，西安市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的（）
A.溶液
B.悬浊
C.乳浊液
D.胶体
【解析】因分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体。
【答案】D
2.下列实验能达到目的且正确的是（）
A.称量25g氢氧化钠
B.H2O2溶液制备O2
C.石油蒸馏
D.分液操作
【解析】A．使用天平应遵循“左物右码”原则，药品放在左盘，氢氧化钠为腐蚀品，应放在烧杯中称量，故A错误；
B．双氧水在二氧化锰催化条件下反应制备氧气，氧气难溶于水，可以用排水法收集，故B 正确；
C.蒸馏时，冷凝水应下口进上口出，故C错误；
D.分离互不相溶的液体采取分液方法，当上层液体与下层液体相溶时，不能用分液方法分离，故D错误。
【答案】B
3.化学概念在逻辑上存在下图所示关系，对下列概念的说法正确的是（）
A.纯净物与混合物于包含关系
B.化合物与氧化物交叉关系
C.离子反应与氧化反于叉关系
D.氧化还原反应与化合应属于并列关系
【解析】A.纯净物属于并列关系，不是包含关系，故A错误；
B.化合物包含氧化物、硫化物、氯化物等，故化合物与氧化物属于
饱和关系，故B错误；
C. 离子反应与氧化反应属于交叉关系，故正确；
D.有些氧化还原反应应，故氧化还原反应与化合反应属于交叉关系
【答案】C
4.下列有关叙述中，错误的是（）
A.同物质的量浓度同体积的任何溶液中所含溶质的量相同
B.46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3N A
C.磷酸的摩尔质量（以g/mol为单位）与N A个磷酸分子的质量（以
g为单位）在数值上相等
D.同温同压下，只要两种气体的分子数相同，所占体积也一定相同，
所含的原子数可能相同
【解析】A.同物质的量浓度同体积的任何溶液中所含溶质物质的量相等，故错误；
B.由于二氧化氮和四氧化氮可以相互转化，所以混合物可以看成全
部是二氧化氮，因其物质的量是1mol，所以含有的原子数是3N A，故正确；
C.N A个磷酸分子的物质的量为1mol，其质量为98g，磷酸的摩尔
质量为98g/mol，所以磷酸的摩尔质量与N A个磷酸分子的质量在数值上相等，故C正确。
【答案】A
5.取100mL0.4mol/L和300 mL 0.25mol/L的硫酸，混合后全部转移到500mL的容量瓶中，加水稀释至刻度线，则该混合液中H+离子的物质的量浓度为（）
A. 0.21 mol/L
B. 0.26 mol/L
C. 0.42 mol/L
D.0.46 mol/L
【解析】100mL 0.4mol?L-1和300mL 0.25mol?L-1的硫酸混合液中硫酸的物质的量为：0.4mol/L×0.1L+0.25mol/L×0.3L=0.115mol，配制的溶液的体积为0.4L，则该混合溶液中硫酸的物质的量浓度为：=0.28mol/L，则H+的物质的量浓度为：0.28 mol/L×2=0.46 mol/L。
【答案】D
6.下列氧化还原反应转化关系（未配平）肯定不正确的是（）
A.S+KOH→K2SO3+K2S
B.FeO+HNO3→Fe（NO3）3+H2O
C.Cu2O+H2SO4→CuSO4+Cu+ H2O
D.NH4NO2→N2+ H2O
【解析】A.S元素的化合价为0，既有氧化性也有还原性，所以S与KOH反应生成K2SO3、K2S、H2O，正确；
B. FeO具有还原性，HNO3应被还原为低价态物质，错误；
C.Cu2O中Cu元素为+1价，既有氧化性也有还原性，所以Cu2O与H2SO4反应生成CuSO4、Cu和H2O，正确；
D.NH4+中N元素为-3价，具有还原性，NO3-中N元素为+5价，具有氧化性，所以NH4NO3分解生成N2和H2O，正确。
【答案】B
7.下列反应中水仅做还原剂的是（）
A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
B.2F2+2H2O=4HF+O2↑
C.2H2O2 2H2O+ O2↑
D.Cl2+H2O=HCl+HClO
解析】A.该反应，2O中氢元素的化合价降低，水做氧化剂，故错误
B. 该反应中，H2中元素的化合价升高，水做还原剂，故正确；
C.该反应中，水既氧化剂也不做还原剂，故错误；
D.该反应中水的化反前后没有发生变化，所以水既不做氧化剂又不做
还原剂，故错误。
【答案】B
8.下列有关说法正的（）
A.无论什么状况下，量的某种气体含有的分子数是一定的
B.根据水溶液能否导电合分为电解和非电解质
C.溶液和胶体的本质是有无丁达尔效应
D.常用危险化学品酒甲的标志都是易燃液体
【解析】B.根据化合物在水溶液或是熔融状态下能否导电将化合物分
为电解质和非电解质故错误；
C.溶液与胶体的本质不同的原因是微粒直径不同，故错误；
D.甲烷是易燃气体，酒精时易燃液体，故错误。
【答案】
9.常温常压下，用量的CH4，CO2，O2，SO2分别吹出四个气球，其中
气体为CH4的是（）
A B C D
【解析】等质量时尔质量最小的CH4的物质的量最大，同温同压下其
气体的体积最大。
【答案】D
10.下列各组离子中在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子
组是（）
A.K+、MnO4-、Cl、SO42-
B.Na+、AlO2-、NO-、HCO3-
C.Na+、SO42-、SO-、Cl-
D.K+、NO3-、SO4-、H+
【解析】A.该组离子之间不反应，能共存，但MnO4-在溶液中为紫
色，与无色溶液不符合，故错误；
B. HCO3-在碱性条件下不能稳定存在，故错误；
D. H+ 能与OH-结合生成水，故错误。
【答案】C
二．选择题（每小有一个符合题意的选项，每小题3分，共30分）
11.下列书写正确的是（）
A.NaHCO3=Na++H++CO32-
B.NaHSO4=Na++HSO4-
C.CH3COOH=CH3COO-+H+
D.Na2SO4=2Na++SO42-
【解析】A.碳酸为弱酸，碳酸氢根不能拆开；
B.硫酸为强酸，硫酸氢根需要拆开；
C.醋酸为弱酸，部分电离，用可逆符号。
【答案】D
12.体积为V mL，密度为d g/cm3的溶液，含有相对分子质量为M的溶
质mg，其物质的量浓度为c mol/L，质量分数为w,下列表达式正确的
是（）
A.c=（w×100×d）/M
B.m=V×d×（w/100）
C.w=（c×M）/（1000×d）％
D.c=（1000×m）/（V×M）
【解析】A.溶液的物质的量浓度为c=，故正确；
B.溶液的质量为：d g/cm3×V mL=dV g，故错误；
C.根据c=可得，溶质质量分数为：，故错误；
D. 溶液中溶质的物质的量为：n=mol，溶液的体积为0.001V L，则该溶液的浓度为：
c ==，故正确。
【答案】AD
A.完全相同
B.完全不同
C.仅H+浓度相同
D.仅Cl-浓度相同
【解析】两份溶液中含有的离子相同，包括：K+、Cl-、SO42-、Zn2+；第一份：n（K+）
=03mol+0.4mol=07mol，n（Cl-）=0.3mol，n（SO42-）=0.2mol+0.1mol =0.3 mol；n（Zn2+）=0.1mol；
第一份：n（K+）=03mol+0.4mol=07mol，n（Cl-）=0.1mol+2×0.1mol=0.3mol，n（SO42-）=0.3 mol；n（Zn2+）=0.1mol；因离子浓度公式c=,由于两份营养液体积相同，且各离子的物质的量完全相同，故离子浓度完全相同。
【答案】A
14.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）
A.5:3
B.5：4
C.1:1
D.3:5
【解析】被氧化化合价升高，即N原子从－3价升高到0价，失去3个电子。被还原，化合价降低，即N原子从＋5价降低到0价，得到5个电子。所以根据得失电子守恒可知被氧化与被还原的氮原子数之比为5∶3。
【答案】A
15.反应(1),(2)分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应:
2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（1）
2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2（2）
下列说法正确的是（）
A.两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B.I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物
C.氧化性：MnO2＞SO42?＞IO3?＞I2
D.反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为1：5
【解析】A．反应（2）中NaHSO4为氧化产物，S元素化合价升高，被氧化，反应（1）中S元素化合价没有变化，故A错误；
B．在反应（1）中，I元素化合价升高，被氧化，I2为氧化产物，在反应（2）中，I元素化合价降低，被还原，I2为还原产物，故B错误；
C．在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，反应（1）中MnO2＞I2；反应（2）中IO3-＞SO42-，故C错误；
D．当反应（1）、（2）中生成等量的I2时，假设都为1mol，则反应（1）转移2mol电子，反应（2）转移10mol电子，则转移电子数比为1：5，故D正确。
【答案】D
16.将a gCuO和Fe2O3的混合物分成两等份，向其中一份中加入bmL cmol/L的稀盐酸正好
完全反应；另一份在加热的条件下用H2还原，反应完全时用去H2 dL（折算成标准状况）。则d等于（）
A．11.2bc×10-3
B．22.4bc×10-3
C．22.4（3a-4bc×10-3）
D．22.4（3a-4bc）×10-3
【解析】题目中涉及的化学方程为CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）
+3H2O；CuO+H2Cu+H2O，Fe2O3+3H22Fe+3H2O，当氧化物的物质的量相等时，消耗氢3
气的物质的量等于消耗酸的物质的量。即n（H2）=bc×10-3mol，所以V（H2）=22.4bc×10-3L。【答案】B
17.下列化学方程式中，表示电子转移方向和数目都正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【解析】A.根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐
酸中氯元素的化合价应从-1价升高到0价，转移电子数是5mol，即，故A错误；
B．锰元素化合价降低2价，氯元素化合价升高2价，反应转移电子2mol，故B正确；
C. 所有碳元素共失去4mol的电子，所有氧元素共得到4mol的电子，故转移电子是应为4mol，不是2mol，故C错误；
D.汞和硫元素化合价均升高均失去电子，氧元素化合价降低得到电子，故D错误。
【答案】B
18.下列离子方程式中，正确的是（）
A.氧化铜溶于盐酸：Cu2++O2-+2H+=Cu2++H2O
B.碳酸钙溶解于稀硝酸中：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
C.向碳酸氢钠溶液中加入盐酸溶液：HCO3-+H+=CO2↑+H2O
D.铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag
【解析】A.氧化铜在溶液中不溶，应写化学式，正确的离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故错误；
B.碳酸钙是难溶物，离子方程式中写化学式，正确的离子方程式为：
CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故错误；
D.电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故错误。
【答案】C
19.在BrF3+H2O→Br2+HBrO3+O2↑+HF（F为-1价，方程式为配平）化学反应中，若有10.8g 水被氧化，则被水还原的BrF3的物质的量是（）
A. 0.4mol
B.0.6mol
C.0.8mol
D.0.9mol
【解析】将该方程式配平：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2，被氧化的水的物质的量为n （H2O）==0.6mol, 在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用。若0.6mol H2O被氧化，氧原子提供电子物质的量为0.6mol×2，令被水还原的BrF3的物质的量为x mol，根据电子转移守恒，则：0.6mol×2=xmol×（3-0），解得：x=0.4。
【答案】A
20.下列实验操作中错误的是（）
A.蒸馏操作时，先得到的少量液体可能会与器壁等接触而含杂质较多，可以弃掉
B. 分液操作时，首先要打开分液漏斗的上口活塞，或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准，然后进行分液
C. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
D. 萃取分液后，要得到被萃取的物质，通常还要进行蒸馏，为了更好的控制温度，用水浴加热比直接加热要好
【解析】A．蒸馏操作时，先得到的少量液体因与器壁等接触而含杂质较多，应弃掉，故A 正确；
B．分液操作时，首先要打开分液漏斗的上口活塞，或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准，使内外空气相通，保证液体顺利流出，故B正确；
C．萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可，故C错误；
D．萃取分液后，要得到被萃取的物质，可以根据沸点不同通过蒸馏操作，为了更好的控制温度，用水浴加热比直接加热要好，故D正确。
【答案】C
三．填空题（23分）
21.（5分）（1）在同温同压下，①相同体积的CH4、O2、O3三种气体的物质的量之比是
___________；②相同质量的三种气体的体积之比为________；③在标准状况下，氢气与氧气的密度之比为__________；
（2）在标准状况下，5.7gO2和O3所占的体积为3.36L，该混合气体的平均相对分子质量为____________；O2占混合气体的质量分数为_____________。
【解析】（1）①同温同压下，相同体积的任何气体的物质的量相同，即在同温同压下相同体积的CH4、O2、O3三种气体的物质的量之比为1：1：1；②在同温同压下，相同质量的气
体的体积之比与摩尔质量成反比，故相同质量CH4、O2、O3三种气体的体积之比等于3：2：1；
③在相同状态下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故氢气和氧气的密度之比等于2：32=1；16；（2）混合气体的总物质的量n==0.15mol，故平均相对分子质量即平均摩尔质量
M==38g/mol，设O2和O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据物质的量共有0.15mol，则得：x+y=0.15mol ①；
根据质量共为5.7g，可有：32x+48y=5.7g ②；
解①②两式可得：x=0.05625mol。则氧气的质量m=nM=0.05625mol×32g/mol=1.8g，故氧气在混合气体中的质量分数=
【答案】（1）①1:1:1 ②3：2：1 ③1:16（2）38 31.6％
22.(6分) (1)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方
程式____________________。在以上中性溶液中，继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此反
应的离子方程式_____________。
（2）向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完，发生反应的离子方程式________________。在以上溶液中，继续滴加NaHSO4溶液，请写出此步反应的离子方程式_______________。
（3）Cl2通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应：
NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O（未配平）。反应完成后测得溶液中ClO-与ClO3-的数目之比为4:1，则该溶液中Cl-与ClO-的数目之比为
_________________。
【解析】（1）NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离。当反
应后溶液呈中性时，其反应式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，则离子反应方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，此时溶液中溶质只有Na2SO4，加入Ba （OH）2的离子反应方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；（2）向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为：
H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O；继续滴加NaHSO4溶液，氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH-=H2O；（3）反应中注意氯元素的化合价变化，令溶液中NaClO 与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子守恒可知NaCl的物质的量
=4mol×1+1mol×（5-0）=9mol，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为9mol：4mol=9：4。【答案】（1）2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O Ba2++SO42-=BaSO4↓（2）
H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O；H++OH-=H2O；（3）9：4。
23.（6分）有一包白色固体粉末，可能含有Na2SO4，
CaCO3,KCl,BaCl2,CuSO4中的一种或几种，按一下步骤进行实验：
（1）将固体粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀；
（2）加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且有气泡产生。
根据以上实验所产生的现象，判断这种混合物里，一定含有
_________物质，一定没有__________物质，可能有的物质是_
________。
写出上述所发生反应的离子方程式：___________________。
【解析】根据（1）可知，溶液一定不存在有色的CuSO4；根据（2）有气体生成、沉淀部分溶解可知，气体为二氧化碳，白色固体中一定存在CaCO3、Na2SO4、BaCl2，无法确定是否含有KCl，根据以上分析可知，原白色固体中一定含有：Na2SO4、CaCO3、BaCl2；一定不
含CuSO4；可能含有KCl；发生反应的离子方程式有：Ba2++SO42-═BaSO4；
CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。
【答案】Na2SO4、CaCO3、BaCl2；CuSO4；KCl；
Ba2++SO42-═BaSO4↓、CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。
24.（6分）（1）已知硫酸溶液的浓度越大密度也越大。40％的H2SO4溶液和50％的H2SO4溶液等质量混合后，所得溶液溶质的质量分数______（填“大于” “小于”或“等于”）45％；如果是等体积混合，混合以后所得溶液溶质的质量分数______(填“大于” “小于”或“等于”) 45％。
（2）钙元素是人体必需的常量元素，素有的细胞都需要钙元素。测定人体血液中钙元素的含量常用到如下两个反应：
CaC2O4+H2SO4=H2C204+CaSO4
②2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O
上述反应②的还原剂是_________；若收集到44.8mL（标准状况）的CO2时，消耗氧化剂_________ mol，有______ mol电子发生转移，相当于测出含钙元素的质量是_____g。
【解析】（1）设原硫酸质量为m，40%的H2SO4溶质为质量0.4m，50%的H2SO4溶质的质量为0.5m；混合后体积发生变化但质量不变，所以w（H2SO4）=，如果等体积混合，设体积分别为Vml，40%的H2SO4溶液密度为ρ1，50%的H2SO4溶液密度为ρ2，则混合后溶液的质量分数为w（H2SO4）=×100％，因硫酸的浓度越大，密度越大，则ρ1＜ρ2，则w（H2SO4）=×100％=（0.5-）×100％＞45％；（2）反应②中C元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，H2C2O4为还原剂，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，为氧化剂，n（CO2）==0.002mol, 由方程式可知消耗氧化剂n（KMnO4）=0.002mol×=0.0004mol，转移电子的物质的量为：0.0004mol×（7-2）=0.005mol，
n（CaC2O4）=n（H2C2O4）=n（CO2）=0.001mol, n（Ca）=n（CaC2O4）=0.001mol，
m（Ca）=0.001mol×40g/mol=0.04g。
【答案】（1）等于；大于；（2）H2C2O4；0.0004mol；0.005mol；0.04。
四．实验题（15分）
25.（8分）实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/硫酸溶液500mL。根据这良好总溶液的配制情况回答下列问题：
（1）其中一步操作如图所示，则如图操作应在上图中的_______（填选项字母）之间。（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________（填序号）。
A.配制一定体积准确浓度的标准溶液
B.贮存溶液
C.测量一定体积的液体
D.准确稀释某一浓度的溶液
E.量取一定体积的液体
F.用来加热溶解固体溶质
（3）根据计算用托盘他称取NaOH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”、“等于”或“小于”）。容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度会________。（填偏大，偏小或无影响）
（4）由计算知，所需质量分数为98％，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_________mL （计算结果保留一位小数）。如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒,应选用_______mL 量筒最好。
【解析】
【答案】（1）C ；（2）BCEF ；
（3）2.0 ；小于；无影响（4）13.6；15。
26.（7分）粗食盐常含有少量Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，实验室提纯NaCl的流程如下（加入的试剂稍过量）：
（1）步骤③中加入的试剂A是________（填化学式）：
称取粗盐纯NaCl （2）步骤④中，相关的离子方程式____________；
（3）过滤用到的玻璃仪器的名称是_____________；
（4）若将步骤⑤与步骤⑥对调，先用盐酸调pH 再过滤,将对实验结果产生的影响是
___________________________。
【解析】（1）钡离子可除掉硫酸根，A为氢氧化钠，可除掉镁离子：
（2）步骤④加入碳酸钠溶液，除去溶液中的钙离子及过量氯化钡引进的钡离子杂质，反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（3）过滤用到的玻璃仪器的名称是烧杯，漏斗，玻璃棒；
（4）由于盐酸能够与碳酸钡、碳酸钙、氢氧化镁发生反应，先用盐酸调pH再过滤，导致少量CaCO3、BaCO3、Mg（OH）2沉淀溶解，使NaCl混有杂质。
【答案】（1）NaOH; ；（2）Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ ；
（3）烧杯，漏斗，玻璃棒；
（4）先加HCl会有少量CaCO3、BaCO3、Mg（OH）2沉淀溶解，使NaCl混有杂质，从而影响制得NaCl的纯度。
五．计算题（12分）
27.（5分）某温度下溶质质量分数为22％的NaNO3溶液150mL,加入100g水稀释后，溶质质量分数变为14％。求原溶液中NaNO3的物质的量浓度（列式计算）。
【解析】设22％的溶液质量为xg
22%×x=14%×（x+100）g
得：x=175
n（NaNO3）= =0.45mol
c（NaNO3）==3.0 mol/L
【答案】原溶液中溶质的物质的量浓度为3.0 mol/L。
28.（7分）将0.08molKMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到a molO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b molCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中。
（1）请配平下列方程式：______ KMnO4+______ HCl-___ KCl+______ MnCl2+_______
Cl2↑+______ H2O；
（2）上式反应中的还原剂是________，当还原剂失去1mol电子时，氧化产物的物质的量为__________；
（3）a+b的最大值为__________，a+b的最小值为__________；
（4）当a+b=0.18时，残留固体的质量为__________。
【解析】（1）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（2）在氧化还原反应中得电子价态降低的物质为氧化剂，反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，HCl失电子价态升高为0价的氯气，所以HCl为还原剂；还原剂失电子生成的物质为氧化产物，在
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氧化产物为氯气，HCl失去1mol电子时，氧化产物氯气的物质的量为0.5mol；
（3）反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，所以0.08mol×（7-2）=2a×（2-0）mol+2b（1-0）mol，则2a+b=0.2，a+b=0.2-a，当高锰酸钾不分解生成氧气时，a=0，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气的物质的量为0.04mol，所以x的取值范围为：0≤a≤0.04，所以0.16≤a+b≤0.2，即最大值为0.2，最小值为0.16；（4）KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间，发生反应：2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑，得到的固体是锰酸钾和二氧化锰的混合物，质量为12.64g的高锰酸钾分解得到锰酸钾和二氧化锰的质量和为：7.88g+3.52g=12.0g，即加热后残留固体的质量为12.0g。
【答案】（1）2；16；2；2；5；8；（2）HCl；0.5mol；（3）0.2；0.16；（4）12.0g。