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贵州省贵阳市第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）
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贵州省贵阳市第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 C—12 N—14 Na—23 Cl—35.5
一、单选题（每题2分，共60分）
1.《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是（ ）
A. 蒸发皿 B. 坩埚 C. 坩埚钳 D. 研钵
【答案】A
【解析】
【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。
2.如图所示是分离混合物时常用的主要仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是 （ ）
A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】B
【解析】根据仪器构造可知四种仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发器，因此可以进行的混合物分离操作分别是蒸馏、过滤、萃取、蒸发，答案选B。
3. 下列分离或提纯混合物的方法正确的是（ ）
A. 在除去生石灰中的石灰石时，加水后进行过滤
B. 用过滤的方法除去碘水中的碘
C. 除去CO中少量的O2，可将混合气体通过灼热的Cu网
D. 用溶解、过滤、蒸发的方法除去固体BaCl2中的BaSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A、石灰石不溶于水，加水，CaO＋H2O=Ca(OH)2，氧化钙被除去，应该高温煅烧，CaCO3CaO＋CO2，故错误；
B、碘溶解在水中，应用萃取分液方法进行分离，故错误；
C、通过灼热的铜网，Cu＋O2=2CuO，然后CO＋CuOCu＋CO2，故错误；
D、BaCl2溶于水，BaSO4不溶于水，因此溶解、过滤、蒸发进行处理，故正确。
故选D。
4.只用下列试剂中的一种就能鉴别Ba（NO3）2、Na2CO3、K2SO4三种溶液，则该试剂是（ ）
A. KNO3溶液 B. 稀H2SO4 C. NaOH溶液 D. Na2SO4溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A．加入KNO3溶液与三种物质都不反应，A错误；B．加入稀H2SO4，与Ba（NO3）2反应生成白色沉淀，与Na2CO3反应生成气体，与K2SO4不反应，三者现象各不相同，可鉴别，B正确；C．加入NaOH溶液，与三种物质都不反应，C错误；D．加入Na2SO4溶液不能鉴别Na2CO3、K2SO4，D错误，选B。
5.同温同压下，等质量CO和CO2相比，下列叙述中正确的是（ ）
A. 所含碳原子数比为1:1 B. 体积比为7:11
C. 密度比为7:11 D. 分子数比为7:11
【答案】C
【解析】
【详解】A、令CO和CO2质量都为1g，则n(CO)：n(CO2)=：=11：7，所含碳原子数比等于物质的量之比，故A错误；
B、令CO和CO2质量都为1g，则V(CO)：V(CO2)=n(CO)：n(CO2)=：=11：7，故B错误；
C、同温同压下，密度之比摩尔质量之比，所以其密度之比为28g/mol：44g/mol=7：11，故C正确；
D、分子数之比等于物质的量之比，由A知，n(CO)：n(CO2)=：=11：7，故D错误；
故选C。
6.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2 L水中含有的分子数是0.5NA
B. 常温常压下，17g氨气中所含原子数为NA
C. 1 mol OH- 中含有电子数为10NA
D. 1 mol/LBaCl2溶液中含有的氯离子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2 L水中含有的分子数，A错误；
B. 常温常压下，17g氨气是1mol，其中所含原子数为4NA，B错误；
C. 1 mol OH-中含有电子数为10NA，C正确；
D. 1 mol/LBaCl2溶液的体积未知，不能计算其中含有的氯离子数，D错误。
答案选C。
7.实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（ ）
A. 950mL，111g B. 1000mL，117g
C. 1000mL，117.0g D. 950mL，111.2g
【答案】C
【解析】
【详解】容量瓶的规格大小是固定的，配置950mL溶液只能选择最接近的1000mL容量瓶。由物质的量浓度公式n=cv计算可得NaCl的物质的量为2mol/L×1L=2mol，由质量公式m=nM=2mol×58.5mol/L=117g，但是托盘天平称量需要保留一位小数，故为117.0g。
故答案选C。
8.已知3.01×1023个X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是（ ）
A. 16 g B. 32 g C. 64 g /mol D. 32 g /mol
【答案】D
【解析】
【详解】X气体的摩尔质量是，答案选D
9.为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是（ ）
序号
物质
杂质
除杂试剂或操作方法
①
NaCl溶液
Na2CO3
加入盐酸，加热
②
NaBr溶液
Br2
用CCl4萃取、分液
③
H2
CO2
依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶
④
Na2CO3
CaCO3
加稀盐酸溶解、过滤，蒸发、结晶
A. ①②③④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①加入盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠与二氧化碳气体，加热溶液除去溶液中CO2，剩余物质均为氯化钠。
②用CCl4可以萃取Br2后溶液分层，上层为NaBr溶液，下层为溴的四氯化碳溶液，分液后可除去Br2。
③二氧化碳与碱反应，而氢气不能，然后利用浓硫酸干燥得到纯净的氢气，除去杂质二氧化碳；
④加盐酸溶解会引入杂质氯离子，并且盐酸也会与Na2CO3发生反应，所以不能使用盐酸除杂。故①②③正确，④错误。
故答案选D。
10.下列溶液中的c (Cl-) 与50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)相等的是（ ）
A. 150mL 1mol·L-1 氯化钠溶液 B. 75mL 2mol·L-1 氯化铵溶液
C. 150mL 3mol·L-1 氯化钾溶液 D. 75mL 1mol·L-1 氯化钡溶液
【答案】C
【解析】
【详解】50mL 1mol•L-1 氯化铝溶液中c（Cl-）=3×1mol/L=3mol/L，则
A.150mL 1mol•L-1 氯化钠溶液中c（Cl-）=1×1mol/L=1mol/L，故A不符合；
B.75mL 2mol•L-1 氯化铵溶液中c（Cl-）=1×2mol/L=2mol/L，故B不符合；
C.150mL 3mol•L-1 氯化钾溶液中c（Cl-）=1×3mol/L=3mol/L，故C符合；
D.75mL 1mol•L-1 氯化钡溶液中c（Cl-）=2×1mol/L=2mol/L，故D不符合；
答案：C
11.下列实验操作中正确的是（ ）
A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处
C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯
D. 容量瓶使用前应洗涤、干燥、检漏
【答案】B
【解析】
【详解】A．蒸发操作时，当混合物中出现较多时，就能停止加热，用余热蒸干剩下水分，A选项错误。
B．蒸馏操作时，应使温度计水银球插入蒸馏烧瓶的支管口处，B选项正确。
C．分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出，这样不会交叉污染，C选项错误。
D．使用容量瓶前只需洗涤和检漏，不需要干燥，配制溶液过程中还需额外加水，故容量瓶不干燥对实验结果无影响，D选项错误。
故答案为B。
12.检验某未知溶液中是否含有SO42-，下列操作最合理的是（ ）
A. 加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液
B. 先加HNO3酸化，再加Ba(NO3)2溶液
C. 加入盐酸酸化的BaCl2
D. 先用盐酸酸化，若有沉淀产生，则过滤，滤液中再加BaCl2溶液
【答案】D
【解析】试题分析：SO42-检验是先用盐酸酸化，若有沉淀，则过滤，滤液中再加BaCl2溶液，选项D符合题意；特别注意不能用硝酸酸化，原因硝酸有强氧化性，会将原溶液里的SO32-氧化成SO42-，也不能盐酸和BaCl2溶液一起加，这样无法排除Ag+的干扰。
13.已知二氧化锰为黑色难溶于水的固体，实验室制取氧气的反应为2KClO32KCl＋3O2↑，充分反应后从剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是( )
A. 溶解、过滤、蒸发、洗涤 B. 溶解、过滤、洗涤、干燥
C. 溶解、蒸发、洗涤、过滤 D. 溶解、洗涤、过滤、干燥
【答案】B
【解析】
【分析】反应后固体物质为MnO2和KCl，MnO2不溶于水，KCl溶于水，据此解答。
【详解】根据反应方程式可知MnO2为催化剂，最后得到固体物质为MnO2和KCl，MnO2不溶于水，KCl溶于水，因此先溶解，然后过滤，洗涤，干燥，即得到纯净MnO2，故B正确。答案选B。
14.下列物质的分类正确的是( )
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
Cu2(OH)2CO3
Fe2O3
SO3
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
NaOH
NaHSO4
CaF2
MgO
SO2
D
KOH
HNO3
NaHCO3
CaO
CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3不是碱，属于盐，错误；
B．CO不是酸性氧化物，为中性氧化物，错误；
C．NaHSO4不是酸，属于盐，错误；
D. KOH属于碱，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，CO2属于酸性氧化物，分类正确，D正确；
综上所述，本题选D。
15.泡菜腌制过程中产生NaNO2，NaNO2中的N元素的化合价为（ ）
A. +2 B. +3 C. +4 D. +5
【答案】B
【解析】试题分析：根据化合价的代数和为0，可计算出NaNO2的化合价为+3价，选B。
16.下列属于电解质的是（ ）
A. 硫酸铜 B. 酒精 C. 镁 D. 食盐水
【答案】A
【解析】
【分析】电解质的定义为在水溶液或融融状态下能导电的化合物。
【详解】A．硫酸铜溶于水时能形成自由移动的离子，具有导电性，故硫酸铜属于电解质，A选项正确。
B. 酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电，不属于电解质，B选项错误。
C．镁属于金属单质，不是化合物，不属于电解质，C选项错误。
D．食盐水是溶液，属于混合物，不是电解质，D选项错误。
故答案为A。
17.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（ ）
A. 氯化铁溶液 B. 碳酸钠溶液 C. 氢氧化铁胶体 D. 醋酸溶液
【答案】C
【解析】
【分析】胶体可以产生“丁达尔效应”，据此判断。
【详解】A. 氯化铁溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，A错误；
B. 碳酸钠溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，B错误；
C. 氢氧化铁胶体能产生“丁达尔效应”，C正确；
D. 醋酸溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，D错误；
答案选C。
18.下列反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂的氧化还原反应是（ ）
A. C + H2OCO + H2 B. 2H2O+2Na=2NaOH+H2↑
C. Cl2 + H2OHCl + HClO D. SO3 + H2O=H2SO4
【答案】C
【解析】A.水中H化合价降低，水做氧化剂；B. 水中H化合价降低，水做氧化剂；C.Cl的化合价同时升高降低，水的化合价没有变化；D.非氧化还原反应。
19.下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是（ ）
A. OH -、 K+、NH4+ B. Ba2＋、 SO42 -、H＋
C. Ag＋、 K＋、Cl - D. Na+、 Cl -、 CO32 -
【答案】D
【解析】分析：能够反应生成沉淀，气体和水，以及弱酸和弱碱的离子在溶液中不能大量共存。
详解：A．OH –和NH4+离子之间发生反应生成氨水，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ba2＋和SO42 -之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ag+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Na+、Cl-、CO32-之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。
20.下列离子方程式的书写正确的是 ( )
A. 氢氧化铜和稀盐酸反应：H+ + OH- ＝ H2O
B. 氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液混合：Ba2＋+SO42- ＝ BaSO4↓
C. 向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：CO32- + 2H+ ＝ H2O + CO2↑
D. 氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3 + 6H+ ＝ 2Fe3+ + 3H2O
【答案】D
【解析】A、氢氧化铜为难溶物，在离子方程式中不可拆开，故A错误；B、漏掉了镁离子与氢氧根的反应，离子方程式为Ba2++SO42﹣+Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，故B错误；C、HCO3﹣为多元弱酸的酸式根离子，不能拆，离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；D、电荷守恒、拆分正确、产物正确，故D正确。故选D。
21.下列电离方程式中，正确的是（ ）
A. NaHCO3=Na++HCO3－ B. KClO3＝K+＋Cl－＋3O2－
C. Ca(NO3)2＝Ca2+＋2(NO3)2－ D. 熔融状态下：NaHSO4=Na++H++SO42－
【答案】A
【解析】A. NaHCO3为盐，完全电离，HCO3－ 为弱酸根离子，部分电离，A正确； B. ClO-3不能拆， B错误；C. 硝酸根离子为 NO3- ，C错误；D.熔融状态下，NaHSO4=Na++HSO4－，D错误；答案选A。
22.下列物质间的转化过程，属于氧化反应的是（ ）
A. Mg→MgO B. CaO→CaCO3
C. Cl2→NaCl D. H2SO4→SO2
【答案】A
【解析】氧化反应是指元素化合价升高的反应；还原反应是指元素化合价降低的反应。A. Mg的化合价变化：0→+2，属于氧化反应；B. 元素化合价无变化，不属于氧化还原反应；C. Cl的化合价变化：0→-1，属于还原反应； D. S的化合价变化：+6→+4，属于还原反应；故选A。
23.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为（ ）
A. NaHCO3、Al（OH）3 B. AgCl、NaHCO3
C. Na2SO3、BaCO3 D. Na2CO3、CuSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A． NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；
B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；
C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；
D． Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；
答案选C。
24.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，A不合题意；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，B不合题意；
C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，C符合题意；
D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，D不合题意。
答案选C。
25.下列氧化还原反应方程式， 所标电子转移方向与数目错误的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁元素由0价升高到+2价，失去2个电子，氢元素由+1价降低到0价，得到两个电子，A选项正确。
B．氯元素由0价升高到Ca(ClO)2中氯元素的+1价，失去两个电子，同时氯元素由0价降低至氯化钙中的-1价得到两个电子，B选项正确。
C．KClO3中Cl元素由+5价降低至0价，得到5个电子，HCl中氯元素由-1价升高到0价，失去5个电子，C选项电子转移的数目错误，C选项错误。
D．NO中N元素由+2价升高到+5价，失去3×4个电子，O元素由0价降低至-2价，得到6×2个电子，得失电子守恒且电子转移方向与数目正确，D选项正确。
故答案选C。
26.下列反应既属于氧化还原反应又属于化合反应的是（ ）
A. Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3
B. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C. 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
D. Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3中三种物质生成一种物质是化合反应，但反应过程中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A不符合题意；
B、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3三种物质生成一种物质是化合反应，反应前铁的化合价为+2价，反应后升高到+3价，为还原剂，反应前氧的化合价为0价，反应后化合价下降到-2价，为氧化剂，所以此反应为氧化还原反应，故B符合题意；
C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应前两种物质，反应后为两种物质，所以不是化合反应，此反应中存在化合价的变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；
D、Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O反应前两种物质，反应后三种物质，所以不是化合反应，反应过程中没有化合价变化，因此为非氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题正确答案为B。
27.已知反应2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，则下列判断正确的是（ ）
A. 该反应是置换反应 B. 该反应中FeCl3作还原剂
C 氧化性：CuCl2>FeCl3 D. Cu发生了氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】本反应中铁元素由+3价降低到+2价，得到2×1个电子，所以FeCl3为氧化剂，发生还原反应，得到还原产物为FeCl2，铜元素由0价升高到+2价，失去2个电子，所以Cu为还原剂，发生氧化反应，得到氧化产物CuCl2，由此分析进行题目解答。
【详解】A．本反应不符合置换反应的条件，不是置换反应，A选项错误。
B．铁元素由+3价降低到+2价，因此FeCl3为氧化剂，B选项错误。
C．FeCl3为氧化剂，CuCl2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以CuCl2＜FeCl3，C选项错误。
D．铜元素由0价升高到+2价，失去2个电子，所以Cu为还原剂，发生氧化反应，D选项正确。
故答案为D。
28.在下列反应中，HCl作还原剂的是（ ）
A. NaOH +HCl=NaCl +H2O
B. Zn +2HCl=ZnCl2+H2↑
C. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑
D. CuO +2HCl=CuCl2+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】反应过程中化合价降低，得电子的物质做还原剂。
【详解】A．中和反应，化合价无变化，不是氧化还原反应，A选项错误。
B．HCl中H元素的化合价由+1价降低到0价，HCl做氧化剂，B选项错误。
C．HCl中氯元素的化合价由-1价升高到0价，HCl做还原剂，C选项正确。
D．反应过程中化合价无变化，不是氧化还原反应，D选项错误。
故答案选C。
29.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl-+8H+，M2O7n- 中M的化合价是（ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】根据电荷守恒-1+3×2=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-2×7=-2，x=+6，故C正确。
30.N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂，对于可生成N2O的反应：3CO＋2NO2===3CO2＋N2O，下列说法正确的是( )
A. 反应中每生成1 mol N2O，转移4 mol 电子
B. N2O只有氧化性，无还原性
C. 氧化产物与还原产物的物质的量比为3∶1
D. NO2作还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】A、根据3CO＋2NO2===3CO2＋N2O中元素化合价变化和N2O的定量关系式计算；
B、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价处于中间价态，化合价可以升高，也可以降低；
C、氧化产物为CO2，还原产物为N2O；
D、NO2中氮元素的化合价由+4价降低为+1价，被还原，作氧化剂。
【详解】A、由方程式3CO+2NO2=3CO2+N2O可知，NO2中的N为+4价，N2O中的N为+1价，生成1molN2O，需要消耗2molNO2，转移电子数为6mol，故A错误；
B、N2O中N元素化合价为+1价，是氮元素的中间价态，化合价可以升高，也可以降低，所以N2O既有氧化性，又有还原性，故B错误；
C、氧化产物为CO2，还原产物为N2O，氧化产物与还原产物的物质的量比为3∶1，故C正确；
D、NO2中氮元素的化合价由+4价降低为+1价，被还原，作氧化剂，故D错误。
故选C。
二、综合题（每空2分，共40分）
31.某同学称取一定质量的MgCl2固体配成溶液，在该溶液中加入一定量的稀盐酸，然后向此混合溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。
请回答下列问题：
(1)溶解MgCl2固体所用的玻璃仪器有____________(填字母)。
A．天平 B．烧杯 C．漏斗 D．玻璃棒
(2)OA段反应的离子方程式为________________________________。
(3)AB段反应的离子方程式为______________________________。
(4)在B点对应的溶液中滴加AgNO3溶液，观察到的现象是_____________________，反应的离子方程式为______________________。
【答案】(1). bd (2). H++OH−H2O (3). Mg2++2OH−Mg(OH)2↓ (4). 有白色沉淀生成 (5). Ag++Cl−AgCl↓
【解析】
【分析】乙图中OA段表明OH−先与H+反应，AB段为OH−与Mg2+反应，B点对应溶液为NaCl溶液，加入AgNO3溶液发生反应：Ag++Cl−AgCl↓。
【详解】(1)溶解MgCl2固体需要使用到烧杯和玻璃棒，玻璃棒用于搅拌，加快溶解；
(2)开始时，没有沉淀生成，发生的是酸碱中和，离子方程式为H++OH−H2O；
(3) AB段有沉淀生成，生成的是氢氧化镁，离子方程式为Mg2++2OH−Mg(OH)2↓；
(4) B点对应溶液为NaCl溶液，加入AgNO3溶液会生成AgCl的白色沉淀，发生反应的离子方程式为：Ag++Cl−AgCl↓。
32.（1）已知氯气通入热的苛性钠溶液中会发生如下反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O反应中还原剂是___（填化学式）；把此反应改写成离子方程式：___；
（2）用“双线桥”表示下列氧化还原反应中电子转移的方向和数目：3Cl2+6NaOH=5NaCl +NaClO3+3H2O。___
（3）若生成1mol的NaClO3，转移的电子数是___；若反应中转移了2.5mol的电子，则消耗标况下Cl2的体积是___。
【答案】(1). Cl2 (2). 3Cl2+6OH-═5Cl-+ClO3-+3H2O (3). (4). 5NA (5). 33.6L
【解析】
【分析】反应方程式中共6个Cl原子，5个Cl原子得电子化合价降低，由0价降低到-1价，被还原，做氧化剂。 1个Cl原子失电子化合价升高，由0价升高到+5价，被氧化，做还原剂。
【详解】（1）由题意可知，Cl2的化合价升高，做还原剂，反应中的还原剂为Cl2，离子方程式为：3Cl2+6OH-═5Cl-+ClO3-+3H2O；故答案为：Cl2 ；3Cl2+6OH-═5Cl-+ClO3-+3H2O
（2）5个Cl原子得5个电子，化合价由0价降低到-1价，1个Cl原子失去5个电子，化合价0价升高到+5价，用双线桥表示法表示为：。
故答案为：。
（3）由分析可知生成1mol的NaClO3，化合价由0价升高到+5价，需要转移5mol电子，即转移电子数为5NA，若反应中转移了2.5mol的电子，则消耗Cl2的物质的量为1.5mol，标况下1.5molCl2的体积为V=n×Vm=1.5mol×22.4mol/L=33.6L。故答案为：5NA；33.6L
33.我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。
I．（1）上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是___；
a．化合反应 b．分解反应 c．置换反应 d．复分解反应
（2）步骤③中分离操作的名称是___；
II．实验室需要480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。
（3）除烧杯和玻璃棒、胶头滴管外，还需要玻璃仪器有___；
（4）配制时，按以下几个步骤进行：①计算 ②称量 ③溶解 ④冷却 ⑤转移 ⑥定容 ⑦摇匀 ⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是___；
（5）下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是___。
a．容量瓶洗净后残留了部分的水 b．转移时溶液溅到容 量瓶外面
c．定容时俯视容量瓶的刻度线 d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
【答案】(1). c (2). 过滤 (3). 500mL容量瓶 (4). 洗涤 (5). bd
【解析】
【分析】海水在蒸发条件下生成粗盐和母液，母液中含有Mg2+，与石灰乳反应生成Mg（OH）2，Mg（OH）2与HCl反应生成六水合氯化镁，脱去结晶水得到MgCl2，电解后得到金属镁与氯气。
【详解】（1）贝壳中碳酸钙煅烧分解为CaO与CO2，为分解反应。CaO与水发生化合反应生成石灰乳。Mg2+与氢氧化钙发生复分解反应生成Mg（OH）2，流程中没有置换反应。
故答案为：c；
（2）生成了Mg（OH）2是白色沉淀，所以③为过滤操作。故答案为：过滤；
（3）配置一定的物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，根据配置溶液的体积为480ml，应使用500ml容量瓶。故答案为：500mL容量瓶；
（4）根据题意可知在转移溶液后，定容以前需要洗涤烧杯和玻璃棒。故答案为：洗涤；
（5）a.本实验本来就需要额外加水，所以容量瓶内残留水对实验结果无影响，a选项正确。
b. 转移时溶液溅到容量瓶外面导致溶液体积减少，溶质减少，浓度降低，b选项正确。
c.俯视容量瓶会使溶液总体积减少，加水的体积减少，溶液浓度偏高，c选项错误。
d.摇匀后溶液总体积会减小是正常现象，若后续加水则会使溶液浓度偏低，d选项正确。
故答案为bd。
34.现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44L。回答下列问题：
（1）该混合气体CO和CO2的物质的量之比为___，平均摩尔质量为___。
（2）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（实验在标准状况下测定）。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为___。
②气球中收集到的气体中，电子总数为___NA。
③气球的体积为___L。
【答案】(1). 1:1 (2). 36g/mol (3). 28g/mol (4). 4.2 (5). 6.72
【解析】
【分析】设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则列方程组：28x+44y=21.6，x+y=13.44÷22.4，解得：x=0.3、y=0.3，气体共为0.6mol，由此对题目进行解析。
【详解】由分析得二氧化碳的物质的量为0.3mol，一氧化碳的物质的量为0.3mol，故物质的量之比为1:1，该混合气体的平均摩尔质量为 =36g/mol。故答案为1:1 ；36g/mol；
（2）①CO2会被NaOH溶液吸收而CO不会，CO被浓硫酸干燥后通入气球中，所以气球中收集到的是CO，气体的摩尔质量为28g/mol。
②CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2 NA。
③标准状况下，0.3molCO的体积V=n×Vm=0.3×22.4L=6.72L。故答案为28g/mol；4.2 ；6.72；
可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 C—12 N—14 Na—23 Cl—35.5
一、单选题（每题2分，共60分）
1.《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是（ ）
A. 蒸发皿 B. 坩埚 C. 坩埚钳 D. 研钵
【答案】A
【解析】
【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。
2.如图所示是分离混合物时常用的主要仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是 （ ）
A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】B
【解析】根据仪器构造可知四种仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发器，因此可以进行的混合物分离操作分别是蒸馏、过滤、萃取、蒸发，答案选B。
3. 下列分离或提纯混合物的方法正确的是（ ）
A. 在除去生石灰中的石灰石时，加水后进行过滤
B. 用过滤的方法除去碘水中的碘
C. 除去CO中少量的O2，可将混合气体通过灼热的Cu网
D. 用溶解、过滤、蒸发的方法除去固体BaCl2中的BaSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A、石灰石不溶于水，加水，CaO＋H2O=Ca(OH)2，氧化钙被除去，应该高温煅烧，CaCO3CaO＋CO2，故错误；
B、碘溶解在水中，应用萃取分液方法进行分离，故错误；
C、通过灼热的铜网，Cu＋O2=2CuO，然后CO＋CuOCu＋CO2，故错误；
D、BaCl2溶于水，BaSO4不溶于水，因此溶解、过滤、蒸发进行处理，故正确。
故选D。
4.只用下列试剂中的一种就能鉴别Ba（NO3）2、Na2CO3、K2SO4三种溶液，则该试剂是（ ）
A. KNO3溶液 B. 稀H2SO4 C. NaOH溶液 D. Na2SO4溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A．加入KNO3溶液与三种物质都不反应，A错误；B．加入稀H2SO4，与Ba（NO3）2反应生成白色沉淀，与Na2CO3反应生成气体，与K2SO4不反应，三者现象各不相同，可鉴别，B正确；C．加入NaOH溶液，与三种物质都不反应，C错误；D．加入Na2SO4溶液不能鉴别Na2CO3、K2SO4，D错误，选B。
5.同温同压下，等质量CO和CO2相比，下列叙述中正确的是（ ）
A. 所含碳原子数比为1:1 B. 体积比为7:11
C. 密度比为7:11 D. 分子数比为7:11
【答案】C
【解析】
【详解】A、令CO和CO2质量都为1g，则n(CO)：n(CO2)=：=11：7，所含碳原子数比等于物质的量之比，故A错误；
B、令CO和CO2质量都为1g，则V(CO)：V(CO2)=n(CO)：n(CO2)=：=11：7，故B错误；
C、同温同压下，密度之比摩尔质量之比，所以其密度之比为28g/mol：44g/mol=7：11，故C正确；
D、分子数之比等于物质的量之比，由A知，n(CO)：n(CO2)=：=11：7，故D错误；
故选C。
6.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2 L水中含有的分子数是0.5NA
B. 常温常压下，17g氨气中所含原子数为NA
C. 1 mol OH- 中含有电子数为10NA
D. 1 mol/LBaCl2溶液中含有的氯离子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2 L水中含有的分子数，A错误；
B. 常温常压下，17g氨气是1mol，其中所含原子数为4NA，B错误；
C. 1 mol OH-中含有电子数为10NA，C正确；
D. 1 mol/LBaCl2溶液的体积未知，不能计算其中含有的氯离子数，D错误。
答案选C。
7.实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（ ）
A. 950mL，111g B. 1000mL，117g
C. 1000mL，117.0g D. 950mL，111.2g
【答案】C
【解析】
【详解】容量瓶的规格大小是固定的，配置950mL溶液只能选择最接近的1000mL容量瓶。由物质的量浓度公式n=cv计算可得NaCl的物质的量为2mol/L×1L=2mol，由质量公式m=nM=2mol×58.5mol/L=117g，但是托盘天平称量需要保留一位小数，故为117.0g。
故答案选C。
8.已知3.01×1023个X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是（ ）
A. 16 g B. 32 g C. 64 g /mol D. 32 g /mol
【答案】D
【解析】
【详解】X气体的摩尔质量是，答案选D
9.为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是（ ）
序号
物质
杂质
除杂试剂或操作方法
①
NaCl溶液
Na2CO3
加入盐酸，加热
②
NaBr溶液
Br2
用CCl4萃取、分液
③
H2
CO2
依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶
④
Na2CO3
CaCO3
加稀盐酸溶解、过滤，蒸发、结晶
A. ①②③④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①加入盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠与二氧化碳气体，加热溶液除去溶液中CO2，剩余物质均为氯化钠。
②用CCl4可以萃取Br2后溶液分层，上层为NaBr溶液，下层为溴的四氯化碳溶液，分液后可除去Br2。
③二氧化碳与碱反应，而氢气不能，然后利用浓硫酸干燥得到纯净的氢气，除去杂质二氧化碳；
④加盐酸溶解会引入杂质氯离子，并且盐酸也会与Na2CO3发生反应，所以不能使用盐酸除杂。故①②③正确，④错误。
故答案选D。
10.下列溶液中的c (Cl-) 与50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)相等的是（ ）
A. 150mL 1mol·L-1 氯化钠溶液 B. 75mL 2mol·L-1 氯化铵溶液
C. 150mL 3mol·L-1 氯化钾溶液 D. 75mL 1mol·L-1 氯化钡溶液
【答案】C
【解析】
【详解】50mL 1mol•L-1 氯化铝溶液中c（Cl-）=3×1mol/L=3mol/L，则
A.150mL 1mol•L-1 氯化钠溶液中c（Cl-）=1×1mol/L=1mol/L，故A不符合；
B.75mL 2mol•L-1 氯化铵溶液中c（Cl-）=1×2mol/L=2mol/L，故B不符合；
C.150mL 3mol•L-1 氯化钾溶液中c（Cl-）=1×3mol/L=3mol/L，故C符合；
D.75mL 1mol•L-1 氯化钡溶液中c（Cl-）=2×1mol/L=2mol/L，故D不符合；
答案：C
11.下列实验操作中正确的是（ ）
A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处
C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯
D. 容量瓶使用前应洗涤、干燥、检漏
【答案】B
【解析】
【详解】A．蒸发操作时，当混合物中出现较多时，就能停止加热，用余热蒸干剩下水分，A选项错误。
B．蒸馏操作时，应使温度计水银球插入蒸馏烧瓶的支管口处，B选项正确。
C．分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出，这样不会交叉污染，C选项错误。
D．使用容量瓶前只需洗涤和检漏，不需要干燥，配制溶液过程中还需额外加水，故容量瓶不干燥对实验结果无影响，D选项错误。
故答案为B。
12.检验某未知溶液中是否含有SO42-，下列操作最合理的是（ ）
A. 加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液
B. 先加HNO3酸化，再加Ba(NO3)2溶液
C. 加入盐酸酸化的BaCl2
D. 先用盐酸酸化，若有沉淀产生，则过滤，滤液中再加BaCl2溶液
【答案】D
【解析】试题分析：SO42-检验是先用盐酸酸化，若有沉淀，则过滤，滤液中再加BaCl2溶液，选项D符合题意；特别注意不能用硝酸酸化，原因硝酸有强氧化性，会将原溶液里的SO32-氧化成SO42-，也不能盐酸和BaCl2溶液一起加，这样无法排除Ag+的干扰。
13.已知二氧化锰为黑色难溶于水的固体，实验室制取氧气的反应为2KClO32KCl＋3O2↑，充分反应后从剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是( )
A. 溶解、过滤、蒸发、洗涤 B. 溶解、过滤、洗涤、干燥
C. 溶解、蒸发、洗涤、过滤 D. 溶解、洗涤、过滤、干燥
【答案】B
【解析】
【分析】反应后固体物质为MnO2和KCl，MnO2不溶于水，KCl溶于水，据此解答。
【详解】根据反应方程式可知MnO2为催化剂，最后得到固体物质为MnO2和KCl，MnO2不溶于水，KCl溶于水，因此先溶解，然后过滤，洗涤，干燥，即得到纯净MnO2，故B正确。答案选B。
14.下列物质的分类正确的是( )
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
Cu2(OH)2CO3
Fe2O3
SO3
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
NaOH
NaHSO4
CaF2
MgO
SO2
D
KOH
HNO3
NaHCO3
CaO
CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3不是碱，属于盐，错误；
B．CO不是酸性氧化物，为中性氧化物，错误；
C．NaHSO4不是酸，属于盐，错误；
D. KOH属于碱，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，CO2属于酸性氧化物，分类正确，D正确；
综上所述，本题选D。
15.泡菜腌制过程中产生NaNO2，NaNO2中的N元素的化合价为（ ）
A. +2 B. +3 C. +4 D. +5
【答案】B
【解析】试题分析：根据化合价的代数和为0，可计算出NaNO2的化合价为+3价，选B。
16.下列属于电解质的是（ ）
A. 硫酸铜 B. 酒精 C. 镁 D. 食盐水
【答案】A
【解析】
【分析】电解质的定义为在水溶液或融融状态下能导电的化合物。
【详解】A．硫酸铜溶于水时能形成自由移动的离子，具有导电性，故硫酸铜属于电解质，A选项正确。
B. 酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电，不属于电解质，B选项错误。
C．镁属于金属单质，不是化合物，不属于电解质，C选项错误。
D．食盐水是溶液，属于混合物，不是电解质，D选项错误。
故答案为A。
17.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（ ）
A. 氯化铁溶液 B. 碳酸钠溶液 C. 氢氧化铁胶体 D. 醋酸溶液
【答案】C
【解析】
【分析】胶体可以产生“丁达尔效应”，据此判断。
【详解】A. 氯化铁溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，A错误；
B. 碳酸钠溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，B错误；
C. 氢氧化铁胶体能产生“丁达尔效应”，C正确；
D. 醋酸溶液不是胶体，不能产生“丁达尔效应”，D错误；
答案选C。
18.下列反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂的氧化还原反应是（ ）
A. C + H2OCO + H2 B. 2H2O+2Na=2NaOH+H2↑
C. Cl2 + H2OHCl + HClO D. SO3 + H2O=H2SO4
【答案】C
【解析】A.水中H化合价降低，水做氧化剂；B. 水中H化合价降低，水做氧化剂；C.Cl的化合价同时升高降低，水的化合价没有变化；D.非氧化还原反应。
19.下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是（ ）
A. OH -、 K+、NH4+ B. Ba2＋、 SO42 -、H＋
C. Ag＋、 K＋、Cl - D. Na+、 Cl -、 CO32 -
【答案】D
【解析】分析：能够反应生成沉淀，气体和水，以及弱酸和弱碱的离子在溶液中不能大量共存。
详解：A．OH –和NH4+离子之间发生反应生成氨水，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ba2＋和SO42 -之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ag+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Na+、Cl-、CO32-之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。
20.下列离子方程式的书写正确的是 ( )
A. 氢氧化铜和稀盐酸反应：H+ + OH- ＝ H2O
B. 氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液混合：Ba2＋+SO42- ＝ BaSO4↓
C. 向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：CO32- + 2H+ ＝ H2O + CO2↑
D. 氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3 + 6H+ ＝ 2Fe3+ + 3H2O
【答案】D
【解析】A、氢氧化铜为难溶物，在离子方程式中不可拆开，故A错误；B、漏掉了镁离子与氢氧根的反应，离子方程式为Ba2++SO42﹣+Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，故B错误；C、HCO3﹣为多元弱酸的酸式根离子，不能拆，离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；D、电荷守恒、拆分正确、产物正确，故D正确。故选D。
21.下列电离方程式中，正确的是（ ）
A. NaHCO3=Na++HCO3－ B. KClO3＝K+＋Cl－＋3O2－
C. Ca(NO3)2＝Ca2+＋2(NO3)2－ D. 熔融状态下：NaHSO4=Na++H++SO42－
【答案】A
【解析】A. NaHCO3为盐，完全电离，HCO3－ 为弱酸根离子，部分电离，A正确； B. ClO-3不能拆， B错误；C. 硝酸根离子为 NO3- ，C错误；D.熔融状态下，NaHSO4=Na++HSO4－，D错误；答案选A。
22.下列物质间的转化过程，属于氧化反应的是（ ）
A. Mg→MgO B. CaO→CaCO3
C. Cl2→NaCl D. H2SO4→SO2
【答案】A
【解析】氧化反应是指元素化合价升高的反应；还原反应是指元素化合价降低的反应。A. Mg的化合价变化：0→+2，属于氧化反应；B. 元素化合价无变化，不属于氧化还原反应；C. Cl的化合价变化：0→-1，属于还原反应； D. S的化合价变化：+6→+4，属于还原反应；故选A。
23.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为（ ）
A. NaHCO3、Al（OH）3 B. AgCl、NaHCO3
C. Na2SO3、BaCO3 D. Na2CO3、CuSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A． NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；
B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；
C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；
D． Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；
答案选C。
24.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，A不合题意；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，B不合题意；
C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，C符合题意；
D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，D不合题意。
答案选C。
25.下列氧化还原反应方程式， 所标电子转移方向与数目错误的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁元素由0价升高到+2价，失去2个电子，氢元素由+1价降低到0价，得到两个电子，A选项正确。
B．氯元素由0价升高到Ca(ClO)2中氯元素的+1价，失去两个电子，同时氯元素由0价降低至氯化钙中的-1价得到两个电子，B选项正确。
C．KClO3中Cl元素由+5价降低至0价，得到5个电子，HCl中氯元素由-1价升高到0价，失去5个电子，C选项电子转移的数目错误，C选项错误。
D．NO中N元素由+2价升高到+5价，失去3×4个电子，O元素由0价降低至-2价，得到6×2个电子，得失电子守恒且电子转移方向与数目正确，D选项正确。
故答案选C。
26.下列反应既属于氧化还原反应又属于化合反应的是（ ）
A. Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3
B. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C. 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
D. Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3中三种物质生成一种物质是化合反应，但反应过程中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A不符合题意；
B、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3三种物质生成一种物质是化合反应，反应前铁的化合价为+2价，反应后升高到+3价，为还原剂，反应前氧的化合价为0价，反应后化合价下降到-2价，为氧化剂，所以此反应为氧化还原反应，故B符合题意；
C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应前两种物质，反应后为两种物质，所以不是化合反应，此反应中存在化合价的变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；
D、Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O反应前两种物质，反应后三种物质，所以不是化合反应，反应过程中没有化合价变化，因此为非氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题正确答案为B。
27.已知反应2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，则下列判断正确的是（ ）
A. 该反应是置换反应 B. 该反应中FeCl3作还原剂
C 氧化性：CuCl2>FeCl3 D. Cu发生了氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】本反应中铁元素由+3价降低到+2价，得到2×1个电子，所以FeCl3为氧化剂，发生还原反应，得到还原产物为FeCl2，铜元素由0价升高到+2价，失去2个电子，所以Cu为还原剂，发生氧化反应，得到氧化产物CuCl2，由此分析进行题目解答。
【详解】A．本反应不符合置换反应的条件，不是置换反应，A选项错误。
B．铁元素由+3价降低到+2价，因此FeCl3为氧化剂，B选项错误。
C．FeCl3为氧化剂，CuCl2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以CuCl2＜FeCl3，C选项错误。
D．铜元素由0价升高到+2价，失去2个电子，所以Cu为还原剂，发生氧化反应，D选项正确。
故答案为D。
28.在下列反应中，HCl作还原剂的是（ ）
A. NaOH +HCl=NaCl +H2O
B. Zn +2HCl=ZnCl2+H2↑
C. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑
D. CuO +2HCl=CuCl2+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】反应过程中化合价降低，得电子的物质做还原剂。
【详解】A．中和反应，化合价无变化，不是氧化还原反应，A选项错误。
B．HCl中H元素的化合价由+1价降低到0价，HCl做氧化剂，B选项错误。
C．HCl中氯元素的化合价由-1价升高到0价，HCl做还原剂，C选项正确。
D．反应过程中化合价无变化，不是氧化还原反应，D选项错误。
故答案选C。
29.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl-+8H+，M2O7n- 中M的化合价是（ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】根据电荷守恒-1+3×2=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-2×7=-2，x=+6，故C正确。
30.N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂，对于可生成N2O的反应：3CO＋2NO2===3CO2＋N2O，下列说法正确的是( )
A. 反应中每生成1 mol N2O，转移4 mol 电子
B. N2O只有氧化性，无还原性
C. 氧化产物与还原产物的物质的量比为3∶1
D. NO2作还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】A、根据3CO＋2NO2===3CO2＋N2O中元素化合价变化和N2O的定量关系式计算；
B、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价处于中间价态，化合价可以升高，也可以降低；
C、氧化产物为CO2，还原产物为N2O；
D、NO2中氮元素的化合价由+4价降低为+1价，被还原，作氧化剂。
【详解】A、由方程式3CO+2NO2=3CO2+N2O可知，NO2中的N为+4价，N2O中的N为+1价，生成1molN2O，需要消耗2molNO2，转移电子数为6mol，故A错误；
B、N2O中N元素化合价为+1价，是氮元素的中间价态，化合价可以升高，也可以降低，所以N2O既有氧化性，又有还原性，故B错误；
C、氧化产物为CO2，还原产物为N2O，氧化产物与还原产物的物质的量比为3∶1，故C正确；
D、NO2中氮元素的化合价由+4价降低为+1价，被还原，作氧化剂，故D错误。
故选C。
二、综合题（每空2分，共40分）
31.某同学称取一定质量的MgCl2固体配成溶液，在该溶液中加入一定量的稀盐酸，然后向此混合溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。
请回答下列问题：
(1)溶解MgCl2固体所用的玻璃仪器有____________(填字母)。
A．天平 B．烧杯 C．漏斗 D．玻璃棒
(2)OA段反应的离子方程式为________________________________。
(3)AB段反应的离子方程式为______________________________。
(4)在B点对应的溶液中滴加AgNO3溶液，观察到的现象是_____________________，反应的离子方程式为______________________。
【答案】(1). bd (2). H++OH−H2O (3). Mg2++2OH−Mg(OH)2↓ (4). 有白色沉淀生成 (5). Ag++Cl−AgCl↓
【解析】
【分析】乙图中OA段表明OH−先与H+反应，AB段为OH−与Mg2+反应，B点对应溶液为NaCl溶液，加入AgNO3溶液发生反应：Ag++Cl−AgCl↓。
【详解】(1)溶解MgCl2固体需要使用到烧杯和玻璃棒，玻璃棒用于搅拌，加快溶解；
(2)开始时，没有沉淀生成，发生的是酸碱中和，离子方程式为H++OH−H2O；
(3) AB段有沉淀生成，生成的是氢氧化镁，离子方程式为Mg2++2OH−Mg(OH)2↓；
(4) B点对应溶液为NaCl溶液，加入AgNO3溶液会生成AgCl的白色沉淀，发生反应的离子方程式为：Ag++Cl−AgCl↓。
32.（1）已知氯气通入热的苛性钠溶液中会发生如下反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O反应中还原剂是___（填化学式）；把此反应改写成离子方程式：___；
（2）用“双线桥”表示下列氧化还原反应中电子转移的方向和数目：3Cl2+6NaOH=5NaCl +NaClO3+3H2O。___
（3）若生成1mol的NaClO3，转移的电子数是___；若反应中转移了2.5mol的电子，则消耗标况下Cl2的体积是___。
【答案】(1). Cl2 (2). 3Cl2+6OH-═5Cl-+ClO3-+3H2O (3). (4). 5NA (5). 33.6L
【解析】
【分析】反应方程式中共6个Cl原子，5个Cl原子得电子化合价降低，由0价降低到-1价，被还原，做氧化剂。 1个Cl原子失电子化合价升高，由0价升高到+5价，被氧化，做还原剂。
【详解】（1）由题意可知，Cl2的化合价升高，做还原剂，反应中的还原剂为Cl2，离子方程式为：3Cl2+6OH-═5Cl-+ClO3-+3H2O；故答案为：Cl2 ；3Cl2+6OH-═5Cl-+ClO3-+3H2O
（2）5个Cl原子得5个电子，化合价由0价降低到-1价，1个Cl原子失去5个电子，化合价0价升高到+5价，用双线桥表示法表示为：。
故答案为：。
（3）由分析可知生成1mol的NaClO3，化合价由0价升高到+5价，需要转移5mol电子，即转移电子数为5NA，若反应中转移了2.5mol的电子，则消耗Cl2的物质的量为1.5mol，标况下1.5molCl2的体积为V=n×Vm=1.5mol×22.4mol/L=33.6L。故答案为：5NA；33.6L
33.我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。
I．（1）上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是___；
a．化合反应 b．分解反应 c．置换反应 d．复分解反应
（2）步骤③中分离操作的名称是___；
II．实验室需要480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。
（3）除烧杯和玻璃棒、胶头滴管外，还需要玻璃仪器有___；
（4）配制时，按以下几个步骤进行：①计算 ②称量 ③溶解 ④冷却 ⑤转移 ⑥定容 ⑦摇匀 ⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是___；
（5）下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是___。
a．容量瓶洗净后残留了部分的水 b．转移时溶液溅到容 量瓶外面
c．定容时俯视容量瓶的刻度线 d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
【答案】(1). c (2). 过滤 (3). 500mL容量瓶 (4). 洗涤 (5). bd
【解析】
【分析】海水在蒸发条件下生成粗盐和母液，母液中含有Mg2+，与石灰乳反应生成Mg（OH）2，Mg（OH）2与HCl反应生成六水合氯化镁，脱去结晶水得到MgCl2，电解后得到金属镁与氯气。
【详解】（1）贝壳中碳酸钙煅烧分解为CaO与CO2，为分解反应。CaO与水发生化合反应生成石灰乳。Mg2+与氢氧化钙发生复分解反应生成Mg（OH）2，流程中没有置换反应。
故答案为：c；
（2）生成了Mg（OH）2是白色沉淀，所以③为过滤操作。故答案为：过滤；
（3）配置一定的物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，根据配置溶液的体积为480ml，应使用500ml容量瓶。故答案为：500mL容量瓶；
（4）根据题意可知在转移溶液后，定容以前需要洗涤烧杯和玻璃棒。故答案为：洗涤；
（5）a.本实验本来就需要额外加水，所以容量瓶内残留水对实验结果无影响，a选项正确。
b. 转移时溶液溅到容量瓶外面导致溶液体积减少，溶质减少，浓度降低，b选项正确。
c.俯视容量瓶会使溶液总体积减少，加水的体积减少，溶液浓度偏高，c选项错误。
d.摇匀后溶液总体积会减小是正常现象，若后续加水则会使溶液浓度偏低，d选项正确。
故答案为bd。
34.现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44L。回答下列问题：
（1）该混合气体CO和CO2的物质的量之比为___，平均摩尔质量为___。
（2）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（实验在标准状况下测定）。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为___。
②气球中收集到的气体中，电子总数为___NA。
③气球的体积为___L。
【答案】(1). 1:1 (2). 36g/mol (3). 28g/mol (4). 4.2 (5). 6.72
【解析】
【分析】设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则列方程组：28x+44y=21.6，x+y=13.44÷22.4，解得：x=0.3、y=0.3，气体共为0.6mol，由此对题目进行解析。
【详解】由分析得二氧化碳的物质的量为0.3mol，一氧化碳的物质的量为0.3mol，故物质的量之比为1:1，该混合气体的平均摩尔质量为 =36g/mol。故答案为1:1 ；36g/mol；
（2）①CO2会被NaOH溶液吸收而CO不会，CO被浓硫酸干燥后通入气球中，所以气球中收集到的是CO，气体的摩尔质量为28g/mol。
②CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2 NA。
③标准状况下，0.3molCO的体积V=n×Vm=0.3×22.4L=6.72L。故答案为28g/mol；4.2 ；6.72；
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