湖南省娄底市娄星区2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）

湖南省娄底市娄星区2019-2020学年高一上学期期中考试试题
选择题：（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1.下列装置不是用于物质分离提纯的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A、装置是蒸馏，可用于物质的分离与提纯，A错误；B、装置是蒸发，可用于物质的分离与提纯，B错误；C、装置是过滤，可用于物质的分离与提纯，C错误；D、为托盘天平称量氯化钠的质量，不能用于物质分离提纯，D正确，答案选D。
2.下列说法正确的是 （ ）
A. 将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体
B. 雾属于分散系中的胶体，它的分散剂是水蒸气
C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是丁达尔效应
D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先生成红褐色沉淀最后沉淀溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A．将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故B错误；
B．雾是小液滴悬浮在空气中形成的分散系，属于胶体，它的分散剂是空气，故B错误；
C．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，丁达尔效应是胶体的特征性质，故C错误；
D．氢氧化铁胶体滴入盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解，故D正确；
故答案为D。
3.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NA
B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标准状况下， H2O为液态，不能直接进行计算，A项错误；
B. 常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na+的物质的量为0.01mol，离子数为0.02NA，B项正确；
C. 条件不是标准状况，无法进行计算，C项错误；
D. 题干中未给出溶液的体积，无法进行计算，D项错误；
答案选B。
4.用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A 称量时，左盘高，右盘低
B. 定容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度
C. 容量瓶使用前未干燥
D. 定容时俯视容量瓶刻度线
【答案】D
【解析】
【详解】A．称量时，左盘高，右盘低，会导致称量的固体质量变小，即物质的量偏小，则配制溶液浓度偏低，A项错误；
B．定容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度，导致溶液的体积偏大，则配制溶液浓度偏低，B项错误；
C．容量瓶使用前未干燥，对物质的量或溶液的体积无影响，所以对配制溶液浓度无影响，C项错误；
D．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，则配制溶液浓度偏高，D项正确；
答案选D。
5.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/cm3)所得溶液的密度为ρ g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是(　　)
A. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
C. c=
D. 所得溶液的质量分数：w＝
【答案】D
【解析】A.题中所给的是水的体积，而溶液的体积不是1L，故所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L，A错误；B.因未说明是标准状况，所以无法计算HCl的体积，B错误；C.根据c= ，可知，c= ，所以C错误；D.由c= 得w＝，故D正确，答案选D
6.下列说法正确的是（ ）
A. 易溶于水的物质一定是电解质
B. 液态氯化氢能导电
C. 电解质一定是化合物
D. 常温下为气体的化合物不可能是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A. 易溶于水的物质不一定是电解质，如氨气极易溶于水，但氨气是非电解质，A项错误；
B. 液态氯化氢不含自由移动的离子所以不导电，B项错误；
C. 电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，C项正确；
D. 常温下为气体的化合物可以是电解质，如氯化氢在常温下为气体，溶于水能够导电，属于电解质，D项错误；
答案选C。
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 书写离子方程式时，电解质都可以写成离子形式
B. 离子反应能够使溶液中的某些离子浓度发生变化
C. 酸和碱发生中和反应的离子方程式都可表示为：H＋＋OH－=H2O
D. 所有的离子方程式都表示一类反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．难溶性电解质一般在离子反应中保留化学式，如碳酸钙、氯化银等，可溶性电解质以离子形式表示，如NaCl、NaOH等，故A错误；
B．离子反应能够使溶液中的某些离子浓度发生变化，如盐酸与NaOH的反应实质为H++OH-=H2O，可知氯离子、钠离子不参加反应，则离子反应不一定使溶液中所有离子的浓度都发生变化，故B正确；
C．弱酸、弱碱在离子反应中应保留化学式，如醋酸与氨水的反应不能用H++OH-=H2O表示，故C错误；
D．离子方程式不一定表示的是一类反应，如2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑，该反应只表示醋酸和碳酸钙的反应，故D错误；
故选B。
8.下列叙述中，正确的是（ ）
A. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质
B. 铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质
C. SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
D. 熔融的MgCl2能导电，所以MgCl2是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸钾固体没有自由移动的离子，所以不导电，硝酸钾溶于水或熔融状态能导电，所以硝酸钾是电解质，故A错误；
B．铜和石墨都是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．SO2溶于水形成的溶液能导电，但二氧化硫自身不能电离，所以SO2是非电解质，故C错误；
D．熔融的MgCl2能电离出自由移动的离子，因此能够导电，属于电解质，故D正确；
故选D。
9.在无色溶液中能大量共存的离子组是 （ ）
A. H+、Na+、Cl－、CO32－ B. Cu2+、Na+、NO3－、SO42－
C. Ca2+、Fe3+、Cl－、CO32－ D. K+、Na+、NO3－、SO42－
【答案】D
【解析】
【详解】A.H+和CO32－不能大量共存，会生成二氧化碳气体，故A不选；
B. Cu2+存在的溶液显蓝色，不是无色，故B不选；
C. Ca2+和CO32－会生成碳酸钙沉淀，Fe3+和CO32－也会发生反应，故C不选；
D. K+、Na+、NO3－、SO42－可以在无色溶液中大量共存，故D选；
故选D。
10.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）
A. Na的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是NaCl
C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl。
A、反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；
B、根据方程式，“另一种化合物”指的是NaCl，故B正确；
C、胶体的粒子直径在1～100nm之间，不能透过半透膜，因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜，故C错误；
D、CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠，符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故D正确；
故选C。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 含有最高价态元素的化合物一定具有强氧化性
B. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
C. 元素原子在反应中失电子越多，还原性就越强
D. 反应中同一反应物可能既可发生氧化反应又可发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】A、元素处于最高价，能得到电子，在化合物中不一定强具有氧化性；
B、失去电子能力是还原性，得到电子的能力为氧化性，与阴阳离子无必然联系；
C、失去电子能力强，还原性强，不是指失电子的多少；
D、反应中同一反应物，既可能有元素的化合价升高，也可能有元素的化合价降低。
【详解】A、元素处于最高价，能得到电子，在化合物中不一定强具有氧化性，Na2SO4中的S为＋6价，但不表现强氧化性，故A错误；
B、MnO4-是阴离子但具有强氧化性，Fe2＋既有氧化性又有还原性，故B错误；
C、Na原子在反应中失1个电子而Al原子失3个电子，但Na的还原性比Al强，故C错误；
D、反应中同一反应物，既可能有元素的化合价升高，也可能有元素的化合价降低，反应中同一反应物可能既可发生氧化反应又可发生还原反应，故D正确；
故选D。
12.已知强弱顺序：还原性I->Fe2+>Br->Cl-，氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是（ ）
A. Br2+2HI=I2+2HBr
B. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
C 2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI
D. Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；
B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B不选；
C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2＞Fe3+，与题干已知条件矛盾，所以化学方程式不成立，故C选；
D、还原性强弱顺序是I-＞Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强的离子，即优先氧化I-，叙述成立，故D不选；
故选C。
13.已知反应4CuO2Cu2O＋O2↑，其中Cu2O和CuO中氧元素的化合价均为-2价。关于该反应的叙述正确的是（ ）
A. O2是还原产物
B. 铜元素被还原，氧元素部分被氧化
C. Cu2O是氧化剂
D. 该反应中每生成1个O2，则转移2个电子
【答案】B
【解析】
【分析】4CuO2Cu2O＋O2↑中，CuO中+2价的Cu元素化合价降低为+1价，-2价的O元素化合价升高到0价，结合氧化还原的规律分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 4CuO2Cu2O＋O2↑，-2价的O元素化合价升高到0价，失去电子，发生氧化反应，生成的O2是氧化产物，A项错误；
B. 铜元素被还原，氧元素一部分被氧化，一部分化合价仍为-2价，B项正确；
C. Cu2O是生成物，为还原产物，C项错误；
D. 在反应中O元素的化合价部分由-2价升高到0价，每生成1molO2，元素化合价升高4价，所以生成1个O2分子，转移电子数为4个，D项错误；
14.下列关于氧化还原反应的说法正确的是（ ）
A. 氧化还原反应的实质是电子的转移
B. 置换反应不一定是氧化还原反应
C. 氧化剂发生氧化反应
D. 化合反应不可能是氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化还原反应特征为化合价变化，其实质是电子的转移，故A正确；
B．置换反应是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，一定有元素化合价变化，一定是氧化还原反应，故B错误；
C．氧化剂被还原，发生还原反应，故C错误；
D．部分化合反应如果有电子转移，表现为化合价升降的反应属于氧化还原反应，故D错误；
答案选A。
15.有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列反应：
①A2++B=B2++A ②A2++C=C2++A
③B2++C=C2++B ④C2++D=D2++C
由此可推知，各物质的氧化性、还原性强弱顺序正确的是（ ）
A. 氧化性：A2+＞B2+＞C2+＞D2+
B. 氧化性：D2+＞C2+＞B2+＞A2+
C. 还原性：A＞B＞C＞D
D. 还原性：D＞C＞A＞B
【答案】A
【解析】
【详解】①A2++B═B2++A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂，被还原，得到还原产物A，B元素化合价0价变化为+2价，化合价升高，做还原剂，被氧化，生成氧化产物B2+，因此氧化性A2+＞B2+；还原性B＞A；
②A2++C═C2++A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化合价降低，做氧化剂，被还原，得到还原产物A，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高，做还原剂，被氧化，生成氧化产物C2+，因此氧化性A2+＞C2+；还原性C＞A；
③B2++C═C2++B，反应中B元素化合价+2价变化为0价，化合价降低，做氧化剂，被还原，得到还原产物B，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高，做还原剂，被氧化，生成氧化产物C2+，因此氧化性B2+＞C2+；还原性C＞B；
④C2++D═D2++C，反应中C元素化合价+2价变化为0价，化合价降低，做氧化剂，被还原，得到还原产物C，D元素化合价0价变化为+2价，化合价升高，做还原剂，被氧化，生成氧化产物D2+，因此氧化性C2+＞D2+；还原性D＞C；
综上所述氧化性强弱顺序：A2+＞B2+＞C2+＞D2+；还原性强弱顺序：D＞C＞B＞A；
故选A。
16.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是（ ）
A. 上述反应中，N2是氧化剂，被氧化
B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN中氮的化合价为+3
D. AlN的摩尔质量为41 g
【答案】B
【解析】试题分析：A、该反应中，氧化剂是氮气，还原剂是碳，故A错误；B、每生成1molAlN需转移1mol×（3-0）=3mol电子，故B正确；C、氮化铝中氮元素的化合价是-3价，故C错误；D、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D错误；故选B。
二、填空题【每空2分，共52分，第21（2）②题全对得2分】
17.为除去粗盐中的Ca2+. Mg2+. 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④步中，写出相应的离子方程式（设粗盐溶液中Ca2+的主要存在形式为CaCl2）_______________ ；____________。
（2）实验方案的（1）中应使用除杂试剂的化学式__________，发生的离子方程式是__________，在实验方案的（2）中的操作名称是_______。
（3）从实验设计方案优化的角度分析步骤②和④可否颠倒____________（填“是”或“否”，如果“否”，请说明理由。___________________________________________；
（4）判断BaCl2已过量的方法是_________________________________________________。
【答案】(1). Ca2＋ + CO32— = CaCO3↓ (2). Ba2＋+ CO32－ = BaCO3↓ (3). NaOH (4). 2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓ (5). 过滤 (6). 否 (7). 过量的BaCl2必须要用Na2CO3除去 (8). 静置取上层清液继续滴加BaCl2溶液，若无沉淀生成，则BaCl2过量（其他答案合理均可）
【解析】
【分析】（1）Ca2+和CO32-反应生成CaCO3沉淀，Ba2和CO32-反应生成BaCO3沉淀；
（2）氢氧化钠可以将溶液中的镁离子除掉；
（3）碳酸钠必须放在氯化钡的后面加入,不能颠倒，氢氧化钠和氯化钡的加入无顺序要求；
（4）氯化钡过量时,溶液中不会含有硫酸根离子,可以检验是否含有硫酸根离子来确定氯化钡是否过量；
【详解】（1）碳酸钠的作用是将溶液中的钙离子和过量的钡离子沉淀下来,发生反应的离子方程式分别为：Ca2＋ + CO32— = CaCO3↓，Ba2＋+ CO32－ = BaCO3↓；
本题答案为：Ca2＋ + CO32— = CaCO3↓；Ba2＋+ CO32－ = BaCO3↓。
（2）氢氧化钠可与溶液中的镁离子形成Mg(OH)2沉淀，然后过滤以除去Mg2+；离子方程式为：2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓；
本题答案为：NaOH；2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓；过滤。
（3）碳酸钠必须放在氯化钡的后面加入,这样碳酸钠既可以将杂质离子钙离子除去,又可以将过量的钡离子除去,否则Ba2+无法除掉，影响精盐的纯度，故不能颠倒，本题答案为：否；过量的BaCl2必须要用Na2CO3除去；
（4）氯化钡过量时，溶液中不会含有硫酸根离子，可以检验清液中是否含有硫酸根离子来确定氯化钡是否过量，具体做法是:取静置后的上层清液滴于点滴板上(或取少量上层清液于试管中)，再滴入1~2滴BaCl2溶液,若溶液未变浑浊,则表明BaCl2已过量，本题正确答案是: 静置取上层清液继续滴加BaCl2溶液，若无沉淀生成，则BaCl2过量。
18.（1）0.4 mol某气体的体积为9.8 L，则该气体的摩尔体积为____________。
（2）有标准状况下的四种气体:①6.72 L CH4，②3.01×1023个H2分子，③3.4 g H2S，④0.2 mol NH3，则其体积按从大到小的顺序为:_________________（填序号）。
（3）标准状况下，测得1.92克某气体的体积为672 mL，则此气体的相对分子质量为__________
（4）实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制0.5mol/L的Na2CO3溶液970mL，应称取Na2CO3·10H2O的质量是___________。
（5）某学生欲用12mol·L－1浓盐酸和蒸馏水配制500 mL 0.3 mol·L－1的稀盐酸。
①该学生需要量取________mL上述浓盐酸进行配制。
②下列实验操作会导致所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是__________（填序号）。
a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面
b.将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中
c.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中
d. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
e.容量瓶洗涤干净后未干燥
【答案】(1). 24.5 L·mol-1 (2). ②>①>④>③ (3). 64 (4). 143.0 (5). 12.5 (6). a d
【解析】
【分析】（1）根据Vm=V/n进行计算。
（2）根据n=m/M=V/Vm进行换算，然后比较。
（3）根据n=m/M=V/Vm，计算其物质的量，然后计算其摩尔质量，根据相对分子质量和摩尔质量在数值上相等进行分析。
（4）根据实际实验中的容量瓶的规格计算需要的物质的质量。
（5）根据溶液稀释过程中溶质物质的量不变进行计算浓溶液的体积，再根据c=n/V分析实验过程中的误差。
【详解】(1) 0.4 mol某气体体积为9.8 L，则该气体的摩尔体积为Vm = =24.5 L·mol-1；
(2) 有标准状况下的四种气体:①6.72 L CH4，②3.01×1023个H2分子，物质的量为0.5mol，标况下体积为11.2L，③3.4 g H2S物质的量为0.1mol，标况下体积为2.24L，④0.2 mol NH3，标况下体积为4.48L，则其体积按从大到小的顺序为:②>①>④>③；
(3) 标准状况下，测得1.92g某气体的体积为672 mL，其物质的量为n==0.03mol，则此气体的摩尔质量为M==64g/mol，相对分子质量为64；
(4) 实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制0.5mol/L的Na2CO3溶液970mL，实际使用1000mL容量瓶配制1000mL溶液，所以应称取Na2CO3·10H2O的质量是0.5mol/L×1L×286g/mol=143.0g。
(5) ①需要12mol·L－1浓盐酸的体积为V=0.5L×0.3 mol·L－1÷12mol·L－1=0.0125L，即12.5mL；
②a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会使量取浓盐酸的体积减小，配制的溶液浓度偏小；
b.量取浓盐酸的量筒不需要进行洗涤，所以将洗涤液转移到容量瓶中会使盐酸的浓度增大；
c.稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，当冷却时溶液的体积变小，浓度变大；
d. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积变大，浓度变小；
e.容量瓶洗涤干净后未干燥，对配制溶液没有影响；
故选ad。
19.书写以下物质的电离方程式
（1）H2SO4：________。
（2）Ba(OH)2：_______。
（3）NaHCO3：________。
【答案】(1). H2SO4===2H＋＋SO42- (2). Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－ (3). NaHCO3===Na＋＋HCO3-
【解析】
【分析】（1）H2SO4是强酸，在溶液中完全电离；
（2）Ba(OH)2是强碱，在溶液中完全电离；
（3）NaHCO3是弱酸的酸式盐，在溶液中完全电离，注意HCO3-不能拆写。
【详解】（1）H2SO4是强酸，在溶液中完全电离，电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO42-，故答案为：H2SO4=2H＋＋SO42-；
（2）Ba(OH)2是强碱，在溶液中完全电离，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－，故答案为：Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－；
（3）NaHCO3是弱酸的酸式盐，在溶液中完全电离，注意HCO3-不能拆写，电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3-，故答案为：NaHCO3=Na＋＋HCO3-。
20.现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。已知CaCO3难溶于水，CuSO4溶液呈蓝色。现进行如下实验：①溶于水得无色溶液；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：
(1)一定不存在的物质是______；
(2)一定存在的物质是__________；　
(3)可能存在的物质是___________；
(4)检验可能存在的物质所用试剂为：_______.
【答案】(1). CaCO3、Na2SO4、CuSO4 (2). Na2CO3 (3). NaCl (4). 稀硝酸、硝酸银溶液
【解析】
【分析】根据实验现象进行分析，①溶于水得无色溶液，即固体中不含CuSO4、CaCO3；②加入BaCl2溶液时，生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失，说明沉淀BaCO3，即含有Na2CO3，不含有Na2SO4，据此分析；
【详解】因为CuSO4溶液显蓝色，CaCO3难溶于水，将固体粉末溶于水得无色溶液，因此固体中不含CuSO4和CaCO3；向溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4，也可能是BaCO3，也可能是两者混合物，加入盐酸时沉淀消失，因BaSO4不溶于盐酸，因此沉淀不是BaSO4，只能是BaCO3，说明含有Na2CO3，不含有Na2SO4，因此一定不存在物质是CaCO3、CuSO4、Na2SO4；一定存在物质的是Na2CO3；不能确定的物质是NaCl；
（1）一定不存在物质是CaCO3、CuSO4、Na2SO4；答案为CaCO3、CuSO4、Na2SO4；
（2）一定存在物质的是Na2CO3；答案为Na2CO3；
（3）可能存在的物质是NaCl；答案为NaCl；
（4）取少量溶液，先加入足量的HNO3，然后再加入AgNO3溶液，如果出现白色沉淀，则说明含有NaCl，反之不含有；答案为稀硝酸、硝酸银溶液。
21.氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。
（1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。
a．滴水成冰 b．蜡炬成灰 c．百炼成钢
（2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2﹣N2+HCl
①该反应中被氧化的元素是_____（填元素名称），氧化剂是_____（填化学式）。
②配平该方程式：_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl
（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：

①反应I的化学方程式为_____。
②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为_____。
【答案】(1). a (2). 氮 (3). Cl2 (4). 2 (5). 3 (6). 1 (7). 6 (8). 2HCl+CuO＝CuCl2+H2O (9). 1mol
【解析】
【分析】（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；
b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；
c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；
（2）①还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；
②利用化合价升降法配平；
（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由﹣1升高为0。
【详解】（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；
b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；
c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；故答案为a；
（2）①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Cl2；
②氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，最小公倍数为6，根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2＝N2+6HCl；
（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，反应方程式是2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuCl2+O2＝2CuO+2Cl2，氯元素化合价由﹣1升高为0，所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。