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2021-2022学年黑龙江省鹤岗一中高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年黑龙江省鹤岗一中高一（上）期中化学试卷，共29页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年黑龙江省鹤岗一中高一（上）期中化学试卷
一、单项选择题（共41分）（1-10题每小题2分，共20分，11-17题每小题2分，共21分）
1．（2分）2020年新冠疫情在全球肆虐。下列说法不正确的是（ ）
A．75%的酒精可以杀灭病毒，酒精是非电解质
B．用食醋熏蒸也能灭活新冠病毒，食醋的主要成分CH3COOH属于酸
C．体温计中的水银从化学组成分属于混合物
D．洁厕灵的主要成分是盐酸，不能与“84”消毒液（有效成分是NaClO）混用
2．（2分）下列过程不涉及化学变化的是（ ）
A．钠在空气中表面生成白色物质
B．铜器生铜绿
C．用氯化钠溶液做焰色试验
D．光照氯水，溶液褪色
3．（2分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液（NaHCO3），选用适量的NaOH溶液
B．CO2（HCl），除HCl通入饱和的NaHCO3溶液
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Cl2（HCl），除HCl气体通入NaOH溶液
4．（2分）自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（ ）
A．AgNO3 B．FeCl2 C．Na2SO3 D．AlCl3
5．（2分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．含金属元素的离子不一定都是阳离子
B．在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D．金属阳离子被还原一定得到金属单质
6．（2分）在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（ ）
A．Na+、K+、SO42﹣、HCO3﹣ B．Cu2+、K+、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣ D．Ba2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
7．（2分）某同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是 CO2 可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C．下列关于该反应的判断正确的是（ ）
A．镁元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原剂
B．由此反应可以判断氧化性 CO2＞MgO，还原性 Mg＞C
C．CO2 作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．镁原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目
8．（2分）将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是（ ）
①MgSO4溶液 ②Na2SO4稀溶液 ③饱和澄清石灰水 ④Ca（HCO3）2溶液
⑤CuSO4溶液 ⑥饱和NaCl溶液 ⑦FeCl3溶液
A．①④⑤⑦ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑦ D．①③④⑥
9．（2分）下列实验结论与实验操作、现象对应正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入稀盐酸，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
B
将某白色固体置于试管中加热，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该固体中一定含有NaHCO3
C
向某无色溶液中，先加入适量稀硝酸酸化，无沉淀生成，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含有Cl﹣
D
向某溶液中滴加酚酞，溶液呈红色
该溶液可能是Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）下列关于Na2CO3、NaHCO3的叙述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液可以用澄清石灰水鉴别
B．分别向Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中滴加少量盐酸，产生CO2气体较快的为Na2CO3溶液
C．充分加热agNa2CO3和NaHCO3的混合固体，根据固体质量减重bg，可以计算出混合固体中Na2CO3的质量分数
D．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
11．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，8gCH4中含有的原子总数为2.5NA
B．2.4gMg2+中含有的电子数为0.2NA
C．标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数为0.5NA
D．1molFe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA
12．（3分）如图中a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质。下列说法不正确的是（ ）
A．a溶液的酸性比d强
B．b、c均能用于自来水消毒
C．f露置于空气中会转化成d
D．a的浓溶液与e反应生成3molb，转移的电子为6mol
13．（3分）如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
14．（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42﹣的物质的量为（ ）
A．0.1mol B．0.5mol C．0.15mol D．0.25mol
15．（3分）有下列三个反应：下列说法正确的是（ ）
①Cl2+FeI2═FeCl2+I2
②2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣
③Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2O。
A．反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化
D．可以推理得到Cl2+FeBr2═FeCl2+Br2
16．（3分）分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有（ ）
①根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
②根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等
④根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
⑤根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质
A．5种 B．4种 C．3种 D．2种
17．（3分）已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3：7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比是（ ）
A．4：25 B．2：17 C．1：7 D．3：8
二、不定项选择题（共9分）（每小题3分，每小题只有一个或两个选项符合题意，漏选得1分，错选不得分）
18．（3分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（ ）
A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
19．（3分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．在漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO
B．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
C．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
D．还原性I﹣＞Fe2+，向 FeI2溶液中通入少量 Cl2：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣
20．（3分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；氨气的沸点为﹣33℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。下列说法不正确的是（ ）
A．Cl2O与水的反应为非氧化还原反应
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
二、非选择题
21．（10分）回答下列问题：
（1）标准状况下，1.7g H2S的体积为 L。
（2）Fe2（SO4）3溶液中SO42﹣的浓度为0.3mol•L﹣1，c[Fe2（SO4）3]＝ mol•L﹣1。
（3）同温同压下，气体N2和O2的密度之比为 。
（4）同温同压下，等体积的气体SO2和CO的物质的量之比为 。
（5）标准状况下，0.66g某气态氧化物RO2的体积为336mL，则元素R的相对原子质量为 。
（6）将7.8g Na2O2溶于93.8g水中充分反应后（此时溶液密度近似为1.0g•cm﹣3），c（NaOH）＝ mol•L﹣1。
22．（14分）现有以下物质：①NaOH溶液，②液氨，③BaCO3固体，④熔融KHSO4，⑤Fe（OH）3胶体⑥铜，⑦CO2，⑧CH3COOH。
（1）以上物质中属于混合物的是 （填序号），以上物质中属于非电解质的是 。（填序号）
（2）写出①和⑧的水溶液反应的离子方程式 。
（3）写出④的电离方程式 。
（4）在足量④的水溶液中加入少量③，发生反应的离子方程式为 。
（5）在含0.4mol①的溶液中缓缓通入0.3mol CO2，气体被全部吸收，则反应后溶液的溶质有 （填化学式），该过程总的离子反应方程式为 。
23．（10分）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaCl的质量分数，可用如图中的装置进行实验。
主要实验步骤如下：
①按图组装仪器，并检验装置的气密性
②将8.0g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液
③打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气，关闭止水夹a
④称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到20.0g
⑤打开分液漏斗活塞b，滴入稀硫酸，直到不再产生气体时，关闭活塞b
⑥打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气后关闭止水夹a
⑦再次称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到22.0g
重复步骤⑥和⑦的操作，直到U形管的质量基本不变，为22.2g
请填空和回答问题：
（1）A中盛放NaOH的作用 。
（2）装置中干燥管B的作用 。
（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测定的结果 （填偏高、偏低或不变）。
（4）步骤 ⑥目的是 ，如果没有进行步骤 ⑥的操作，测定的结果 （填偏高、偏低或不变）。
（5）试样中NaCl的质量分数为 。
24．（16分）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：
Ⅰ.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①8MnO4﹣+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
（1）下列关于反应①的说法中错误的是 。（填字母序号）
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24 L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．还原性的强弱关系是Mn2+＞Cu2S
（2）单线桥标出反应②中电子转移的方向和数目 ：②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
Ⅱ．实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气
KMnO4+HCl（浓）═KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O （未配平）
（1）写出上述反应的离子方程式 。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是 。
①只有还原性
②还原性和酸性
③只有氧化性
④氧化性和酸性
（3）若产生0.5molCl2，则转移电子的数目约为 。
（4）一定条件下，酸性KMnO4溶液还可以氧化其他还原性物质。
MnO4﹣+ C2O42﹣+ ＝ Mn2++ CO2↑+
完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是 ；若转移1mol电子，生成标准状况下CO2 L。
2021-2022学年黑龙江省鹤岗一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共41分）（1-10题每小题2分，共20分，11-17题每小题2分，共21分）
1．（2分）2020年新冠疫情在全球肆虐。下列说法不正确的是（ ）
A．75%的酒精可以杀灭病毒，酒精是非电解质
B．用食醋熏蒸也能灭活新冠病毒，食醋的主要成分CH3COOH属于酸
C．体温计中的水银从化学组成分属于混合物
D．洁厕灵的主要成分是盐酸，不能与“84”消毒液（有效成分是NaClO）混用
【分析】A．75%的酒精能使蛋白质变性，酒精在水溶液和熔融状态下均不导电；
B．醋酸可使蛋白质发生变性，电离产生的阳离子均为氢离子；
C．水银为金属汞；
D．盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，氯气有毒。
【解答】解：A．75%的酒精能使蛋白质变性，可以杀灭病毒，酒精在水溶液和熔融状态下均不导电，为非电解质，故A正确；
B．醋酸可使蛋白质发生变性，电离产生的阳离子均为氢离子，则属于酸，可用食醋熏蒸也能灭活新冠病毒，故B正确；
C．水银为金属汞，属于纯净物，故C错误；
D．盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，氯气有毒，所以洁厕灵不能与“84”消毒液（有效成分是NaClO）混用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列过程不涉及化学变化的是（ ）
A．钠在空气中表面生成白色物质
B．铜器生铜绿
C．用氯化钠溶液做焰色试验
D．光照氯水，溶液褪色
【分析】物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，过程中无新物质生成的变化为物理变化。
【解答】解：A．钠在空气中被氧气氧化，表面生成白色物质为氧化钠，为化学变化，故A错误；
B．铜器生铜绿是发生了化学反应，生成了新物质，故B错误；
C．用氯化钠溶液做焰色试验，是电子的跃迁过程，无新物质生成，为物理变化，故C正确；
D．光照氯水，溶液中次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，氯气和水反应，溶液褪色，为化学反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质变化的分析判断，主要是物质变化的实质理解应用，题目难度不大。
3．（2分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液（NaHCO3），选用适量的NaOH溶液
B．CO2（HCl），除HCl通入饱和的NaHCO3溶液
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Cl2（HCl），除HCl气体通入NaOH溶液
【分析】A．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水；
B．HCl与碳酸氢钠溶液反应生成CO2；
C．氧化钠加热生成过氧化钠；
D．二者均与NaOH溶液反应.
【解答】解：A．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，用适量NaOH溶液可除杂，故A正确；
B．NaHCO3与HCl反应生成CO2，CO2不反应，故B正确；
C．Na2O和O2反应生成Na2O2，可以除杂，故C正确；
D．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查混合物的分离与提纯，为高频考点，把握物质性质、除杂原则为解答关键，注意掌握常见混合物的分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
4．（2分）自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（ ）
A．AgNO3 B．FeCl2 C．Na2SO3 D．AlCl3
【分析】氯水中含有H+、Cl2、HClO、ClO﹣、Cl﹣等微粒，根据Ag+与Cl﹣反应，H+与弱酸根离子反应，亚铁离子具有还原性，能被氧化来分析解答．
【解答】解：A、配制AgNO3溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl﹣离子，则Ag+与Cl﹣反应生成AgCl沉淀，产生明显的药品变质问题，故A错误；
B、配制FeCl2溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl2、HClO、ClO﹣等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，故B错误；
C、配制Na2SO3溶液时，氯水中含有H+，H+与亚硫酸根离子反应生成水和二氧化硫，则产生明显的药品变质问题，故C错误；
D、配制AlCl3溶液时，溶液在的离子不会与氯水中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查溶液的配制，明确氯水中的成分及离子之间的反应是解答本题的关键，难度不大．
5．（2分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．含金属元素的离子不一定都是阳离子
B．在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D．金属阳离子被还原一定得到金属单质
【分析】A．根据AlO2﹣、MnO4﹣等酸根离子分析；
B．H2在化学反应中常作还原剂；
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素可能被氧化，也可能被还原；
D．根据反应2Fe3++Fe＝3Fe2+分析。
【解答】解：A．AlO2﹣、MnO4﹣等酸根离子中含有金属元素，所以含金属元素的离子不一定都是阳离子，故A正确；
B．H2在化学反应中常作还原剂，判断是氧化剂还是氧化剂需从化合价的变化角度分析，故B错误；
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素可能被氧化，也可能被还原，如2I﹣→I2，是被氧化的过程，Cu2+→Cu是被还原的过程，故C错误；
D．金属阳离子被还原不一定得到金属单质，如2Fe3++Fe＝3Fe2+，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应以及物质的组成特点，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意理解相关概念，注重相关基础知识的积累。
6．（2分）在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（ ）
A．Na+、K+、SO42﹣、HCO3﹣ B．Cu2+、K+、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣ D．Ba2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
【分析】酸性溶液中含有大量H+。
A．H+与HCO3﹣反应；
B．Cu2+溶液为蓝色；
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣相互不反应，溶液为为无色；
D．Ba2+与SO42﹣反应生成硫酸钡。
【解答】解：A．H+与HCO3﹣反应，不能大量共存，故A不选；
B．Cu2+溶液为蓝色，不符合题意，故B不选；
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣相互不反应，可以大量共存，溶液为为无色，故C选；
D．Ba2+与SO42﹣反应生成硫酸钡，不能大量共存，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）某同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是 CO2 可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C．下列关于该反应的判断正确的是（ ）
A．镁元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原剂
B．由此反应可以判断氧化性 CO2＞MgO，还原性 Mg＞C
C．CO2 作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．镁原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目
【分析】2Mg+CO22MgO+C，镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物，据此分析。
【解答】解：A．镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物，故A错误；
B．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2＞MgO，还原性Mg＞C，故B正确；
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反应，故C错误；
D．根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念的考查，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
8．（2分）将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是（ ）
①MgSO4溶液 ②Na2SO4稀溶液 ③饱和澄清石灰水 ④Ca（HCO3）2溶液
⑤CuSO4溶液 ⑥饱和NaCl溶液 ⑦FeCl3溶液
A．①④⑤⑦ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑦ D．①③④⑥
【分析】将钠投入溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和部分盐能发生复分解反应，根据产物的可溶性判断即可。
【解答】解：①钠与硫酸镁溶液反应生成氢气，氢氧化镁沉淀，故选；
②钠与Na2SO4溶液反应生成氢气，得不到沉淀，故不选；
③钠与饱和澄清石灰水，钠与水反应生成氢气且是放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；
⑤钠与硫酸铜溶液反应生成氢气，氢氧化铜蓝色沉淀，故不选；
⑥钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，水减少，饱和氯化钠溶液析出白色氯化钠固体，故选；
⑦钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与FeCl3溶液生成红褐色沉淀，故不选；
故选：D。
【点评】本题考查了钠与酸碱盐的反应，明确钠与盐溶液反应实质是先与水反应是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）下列实验结论与实验操作、现象对应正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入稀盐酸，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
B
将某白色固体置于试管中加热，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该固体中一定含有NaHCO3
C
向某无色溶液中，先加入适量稀硝酸酸化，无沉淀生成，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含有Cl﹣
D
向某溶液中滴加酚酞，溶液呈红色
该溶液可能是Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊；
B.使石灰水变浑浊的气体不一定为二氧化碳；
C.硝酸酸化，可排除干扰离子，后加硝酸银生成白色沉淀为AgCl；
D.溶液中滴加酚酞，溶液呈红色，可知溶液显碱性。
【解答】解：A.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由操作和现象可知溶液中不一定含CO32﹣，故A错误；
B.使石灰水变浑浊的气体不一定为二氧化碳，则固体可能为亚硫酸氢钠等，故B错误；
C.硝酸酸化，可排除干扰离子，后加硝酸银生成白色沉淀为AgCl，则溶液中一定含有Cl﹣，故C正确；
D.溶液中滴加酚酞，溶液呈红色，可知溶液显碱性，则溶液可能是Na2CO3溶液，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（2分）下列关于Na2CO3、NaHCO3的叙述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液可以用澄清石灰水鉴别
B．分别向Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中滴加少量盐酸，产生CO2气体较快的为Na2CO3溶液
C．充分加热agNa2CO3和NaHCO3的混合固体，根据固体质量减重bg，可以计算出混合固体中Na2CO3的质量分数
D．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
【分析】A．Na2CO3和NaHCO3都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；
B．Na2CO3与盐酸反应生成CO2需两步实现，而NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑只需一步；
C．依据碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳和水，利用差量法计算；
D．常温时，Na2CO3溶解度较大。
【解答】解：A．Na2CO3和NaHCO3都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则不可以用石灰水鉴别，故A错误；
B．Na2CO3与盐酸反应生成CO2需两步实现，分别发生Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，而NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑只需一步，故NaHCO3与盐酸反应比Na2CO3与盐酸反应更剧烈，故B错误；
C．取ag Na2CO3和NaHCO3的固体混合物充分加热，质量减少bg，可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然后计算碳酸钠的质量分数，故C正确；
D．相同条件下，碳酸钠的溶解度大，即常温下，NaHCO3比Na2CO3溶解度小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。
11．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，8gCH4中含有的原子总数为2.5NA
B．2.4gMg2+中含有的电子数为0.2NA
C．标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数为0.5NA
D．1molFe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA
【分析】A．1个甲烷分子含有5个原子；
B．镁离子含有10个电子，结合n＝＝计算含有电子数；
C．标准状况下，水不是气体；
D．1mol铁和1mol氯气反应生成氯化铁，铁过量，依据反应的氯气计算电子转移数。
【解答】解：A．常温常压下，8g CH4中含有的原子总数为×5×NAmol﹣1＝2.5NA，故A正确；
B．2.4gMg2+的物质的量为：＝0.1mol，含电子数为0.1mol×10×NA/mol＝NA，故B错误；
C．标准状况下，H2O不是气体，无法准确计算含有分子数，故C错误；
D．1molFe与1molCl2充分反应生成氯化铁，铁过量，依据反应的氯气计算得到转移的电子数约为2NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与阿伏加德罗常数、气体摩尔体积等物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的化学计算能力。
12．（3分）如图中a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质。下列说法不正确的是（ ）
A．a溶液的酸性比d强
B．b、c均能用于自来水消毒
C．f露置于空气中会转化成d
D．a的浓溶液与e反应生成3molb，转移的电子为6mol
【分析】a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质，由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐；HCl是强酸、HClO是弱酸；Cl2能与水反应生成HClO，HClO和ClO2均有强氧化性、可用于杀菌消毒；次氯酸是弱酸，次氯酸盐能吸收空气中的CO2生成HClO，反应为ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣；氯酸盐和盐酸反应的离子方程式为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2↑+3H2O，据此分析解答。
【解答】解：a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质，由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐，
A．HCl是强酸、HClO是弱酸，则盐酸的酸性比次氯酸强，故A正确；
B．Cl2能与水反应生成HClO，HClO和ClO2均有强氧化性，所以Cl2、ClO2可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；
C．HCl是强酸、HClO是弱酸，次氯酸盐能吸收空气中的CO2生成HClO，反应为ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣，故C正确；
D．浓盐酸和氯酸盐发生归中反应生成Cl2，离子方程式为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2↑+3H2O，ClO3﹣中Cl的化合价降低5，即反应中转移5e﹣，所以浓盐酸和氯酸盐反应生成3molCl2时，转移的电子为5mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查含氯物质的性质，涉及物质的化学性质与应用、氧化还原反应及其计算等知识，为高频考点，把握氯气的化学性质与用途、强酸制弱酸规律、发生的反应、氧化还原反应规律及计算是解题的关键，注意掌握次氯酸盐的强氧化性，题目难度中等。
13．（3分）如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等．都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答．
【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，
A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原子数目相等，故A正确；
B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；
C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故质量不一定相等，故C错误；
D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，难度不大，注意左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时相当于NO．
14．（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42﹣的物质的量为（ ）
A．0.1mol B．0.5mol C．0.15mol D．0.25mol
【分析】根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量相等．
【解答】解：因溶液中的离子有K+、Cl﹣、Mg2+、SO42，设SO42﹣物质的量为n，
溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，
根据电荷守恒：1.5mol×1+0.5mol×2＝1.5mol×1+n×2，
解得n＝0.5mol。
故选：B。
【点评】本题考查溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，比较简单．
15．（3分）有下列三个反应：下列说法正确的是（ ）
①Cl2+FeI2═FeCl2+I2
②2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣
③Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2O。
A．反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化
D．可以推理得到Cl2+FeBr2═FeCl2+Br2
【分析】A、在氧化还原反应中，还原剂在反应中失电子（或偏移离子）后被氧化后的产物是氧化产物，化合价升高；
B、在同一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
C、根据化合价的升降来确定反应转移电子数；
D、在氧化还原反应中，还原性最强的微粒最先被氧化。
【解答】解：A、在已知的三个反应中，元素化合价升高的只有I2、Fe3+、Cl2，I2、Fe3+、Cl2是氧化产物，故A错误；
B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，Cl2＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3+，在反应③中，Co2O3＞Cl2，氧化性顺序是：Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故B错误；
C、在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHCl被氧化，故C正确；
D、根据还原性顺序：Br﹣＜Fe2+，Cl2和FeBr2反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生氧化还原反应中，氧化性强弱的判断方法，可以根据所学知识来回答，难度不大。
16．（3分）分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有（ ）
①根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
②根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等
④根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
⑤根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质
A．5种 B．4种 C．3种 D．2种
【分析】①丁达尔现象是胶体的性质；
②电子的得失和偏移是氧化还原反应的本质特征；
③电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；
④根据氧化物中是否含有金属可以将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物；
⑤水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。
【解答】解：①根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故①错误；
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故③正确；
④根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能和酸反应只生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸又能与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故④错误；
⑤根据化合物在水溶液里或者熔融状态下是否导电分为电解质和非电解质，故⑤正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，难度不大，应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小。
17．（3分）已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3：7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比是（ ）
A．4：25 B．2：17 C．1：7 D．3：8
【分析】令NO、NO2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产NO、NO2，根据N原子守恒计算起氧化剂作用的硝酸，根据电子转移守恒计算Cu2S的物质的量，据此解答．
【解答】解：令NO、NO2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产NO、NO2，根据N原子守恒，起氧化剂作用的硝酸为3mol+7mol＝10mol，根据电子转移守恒，参加反应的Cu2S的物质的量为＝1.6mol，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为1.6mol：10mol＝4：25，
故选：A。
【点评】本题考查硝酸性质、氧化还原反应计算，难度中等，注意利用守恒思想进行解答．
二、不定项选择题（共9分）（每小题3分，每小题只有一个或两个选项符合题意，漏选得1分，错选不得分）
18．（3分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（ ）
A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O反应中氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析．
【解答】解：A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，NH3中N元素的化合价不变，故A错误；
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故B正确；
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C正确；
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2反应中，氨气中H元素的化合价降低，则氨气作氧化剂，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气中N元素的化合价变化分析，题目难度不大．
19．（3分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．在漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO
B．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
C．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
D．还原性I﹣＞Fe2+，向 FeI2溶液中通入少量 Cl2：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣
【分析】A．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙和次氯酸；
B．氢氧化钙少量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
C．离子个数配比不符合物质结构组成；
D．氯气先氧化碘离子。
【解答】解：A．在漂白粉溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HO3﹣+HClO，故A错误；
B．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应，离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B正确；
C．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．向 FeI2溶液中通入少量Cl2，离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关反应的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。
20．（3分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；氨气的沸点为﹣33℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。下列说法不正确的是（ ）
A．Cl2O与水的反应为非氧化还原反应
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
【分析】由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此解答该题。
【解答】解：A.Cl2O与水的反应生成HClO，Cl元素化合价不变，不是氧化还原反应，故A正确；
B.通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；
C.由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；
D.因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及习题中的信息，题目难度中等。
二、非选择题
21．（10分）回答下列问题：
（1）标准状况下，1.7g H2S的体积为 1.12 L。
（2）Fe2（SO4）3溶液中SO42﹣的浓度为0.3mol•L﹣1，c[Fe2（SO4）3]＝ 0.1 mol•L﹣1。
（3）同温同压下，气体N2和O2的密度之比为 7：8 。
（4）同温同压下，等体积的气体SO2和CO的物质的量之比为 1：1 。
（5）标准状况下，0.66g某气态氧化物RO2的体积为336mL，则元素R的相对原子质量为 12 。
（6）将7.8g Na2O2溶于93.8g水中充分反应后（此时溶液密度近似为1.0g•cm﹣3），c（NaOH）＝ 2 mol•L﹣1。
【分析】（1）根据n＝，V＝n•Vm计算；
（2）根据Fe2（SO4）3的电离方程式及其系数关系解答；
（3）根据同温同压下，气体的密度之比＝摩尔质量之比计算；
（4）根据同温同压下，气体体积比＝物质的量之比计算；
（5）根据n＝，M＝结合化学式计算；
（6）根据化学方程式计算溶液的质量和体积以及生成的氢氧化钠的物质的量，根据c＝计算。
【解答】解：（1）1.7gH2S的物质的量n＝＝0.05mol，在标准状况下的体积V＝0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，
故答案为：1.12L；
（2）Fe2（SO4）3的电离方程式为Fe2（SO4）3＝2Fe3++3SO42﹣，SO42﹣的浓度为0.3mol•L﹣1，则c[Fe2（SO4）3]＝0.1mol•L﹣1，
故答案为：0.1；
（3）同温同压下，气体N2和O2的密度之比＝摩尔质量之比＝28g/mol：32g/mol＝7：8，
故答案为：7：8；
（4）同温同压下，气体体积比＝物质的量之比，则等体积的气体SO2和CO的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（5）标准状况下，336mL气态RO2的物质的量＝＝0.015mol，则RO2的摩尔质量M＝＝44g/mol，则R的相对原子质量为44﹣32＝12，
故答案为：12；
（6）2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑
156g 4mol 32g
7.8g n m
则溶液中n（NaOH）＝0.2mol，产生O2的质量m＝1.6g，溶液质量m（溶液）＝7.8g+93.8g﹣1.6g＝100.0g，反应后溶液体积V＝＝100mL＝0.1L，则所得溶液c（NaOH）＝＝2mol•L﹣1，
故答案为：2。
【点评】本题考查物质的量及其浓度的相关计算，难度中等，熟悉有关的计算公式和过氧化钠与水的反应方程式为解答的关键。
22．（14分）现有以下物质：①NaOH溶液，②液氨，③BaCO3固体，④熔融KHSO4，⑤Fe（OH）3胶体⑥铜，⑦CO2，⑧CH3COOH。
（1）以上物质中属于混合物的是 ①⑤ （填序号），以上物质中属于非电解质的是 ②⑦ 。（填序号）
（2）写出①和⑧的水溶液反应的离子方程式 CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O 。
（3）写出④的电离方程式 KHSO4＝K++HSO4﹣ 。
（4）在足量④的水溶液中加入少量③，发生反应的离子方程式为 BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O+CO2↑ 。
（5）在含0.4mol①的溶液中缓缓通入0.3mol CO2，气体被全部吸收，则反应后溶液的溶质有 Na2CO3和NaHCO3 （填化学式），该过程总的离子反应方程式为 4OH﹣+3CO2＝CO32﹣+2HCO3﹣+H2O 。
【分析】（1）由两种或两种以上物质构成的是混合物；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；
（2）CH3COOH和NaOH发生酸碱中和生成CH3COONa和水；
（3）熔融KHSO4只能电离为K+和HSO4﹣；
（4）KHSO4在水溶液中完全电离为K+、H+、SO42﹣，而加入BaCO3后，BaCO3能与H+、SO42﹣反应生成BaSO4沉淀和水、CO2，据此分析离子方程式；
（5）溶液中n（NaOH）＝0.4mol，则n（NaOH）：n（CO2）＝0.4mol：0.3mol＝4：3＝1：0.75，介于2：1与1：1之间，故发生反应：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O、CO2+NaOH＝NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3．令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为amol、bmol，根据钠元素守恒、碳元素守恒列方程计算a、b的值。
【解答】解：（1）①NaOH 溶液⑤Fe （ OH ）3胶体是分散系，是混合物，②液氨⑦CO2在水溶液里或熔融状态下都不能导电，是非电解质，故答案为：①⑤；②⑦；
（2）醋酸（CH3COOH）和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，该离子反应为CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O，故答案为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O；
（3）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根，电离方程式：KHSO4＝K++HSO4﹣，故答案为：KHSO4＝K++HSO4﹣；
（4）碳酸钡能与硫酸氢钾反应生成硫酸钡和二氧化碳等，离子方程式为：BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O+CO2↑；
（5）溶液中n（NaOH）＝0.4mol，则n（NaOH）：n（CO2）＝0.4mol：0.3mol＝4：3＝1：0.75，介于2：1与1：1之间，故发生反应：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O、CO2+NaOH＝NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3．
令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为amol、bmol，则：
根据钠元素守恒有：2a+b＝0.4
根据碳元素守恒有：a+b＝0.3
联立解得：a＝0.1，b＝0.2
则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝0.1mol：0.2mol＝1：2
离子方程式4OH﹣+3CO2＝CO32﹣+2HCO3﹣+H2O，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；4OH﹣+3CO2＝CO32﹣+2HCO3﹣+H2O。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应的书写方法即可解答，题目难度不大。
23．（10分）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaCl的质量分数，可用如图中的装置进行实验。
主要实验步骤如下：
①按图组装仪器，并检验装置的气密性
②将8.0g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液
③打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气，关闭止水夹a
④称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到20.0g
⑤打开分液漏斗活塞b，滴入稀硫酸，直到不再产生气体时，关闭活塞b
⑥打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气后关闭止水夹a
⑦再次称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到22.0g
重复步骤⑥和⑦的操作，直到U形管的质量基本不变，为22.2g
请填空和回答问题：
（1）A中盛放NaOH的作用 吸收空气中的CO2 。
（2）装置中干燥管B的作用 防止空气中的CO2和水汽进入U型管中 。
（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测定的结果 偏高 （填偏高、偏低或不变）。
（4）步骤 ⑥目的是 把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中 ，如果没有进行步骤 ⑥的操作，测定的结果 偏低 （填偏高、偏低或不变）。
（5）试样中NaCl的质量分数为 33.75% 。
【分析】由实验装置可知，A为空气，NaOH溶液可除去空气中二氧化碳，然后将装置内二氧化碳排出，打开分液漏斗活塞，发生Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑，B中浓硫酸干燥二氧化碳，U型管中增加的质量为生成二氧化碳的质量，空气可将装置内的生成的二氧化碳排入U型管中，B中碱石灰可吸收空气中的水、二氧化碳，防止进入U型管中，以此来解答。
【解答】解：（1）第一个洗气瓶中氢氧化钠溶液的作用是吸收空气中的CO2，
故答案为：吸收空气中的CO2；
（2）干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差，
故答案为：防止空气中的CO2和水汽进入U型管中；
（3）由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高，
故答案为：偏高；
（4）步骤⑥的目的是把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中，如果没有进行步骤 ⑥的操作，CO2不能被完全吸收，测定的结果偏低，
故答案为：把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中；偏低；
（5）盛有碱石灰的U形管的质量，得到20.0g，U形管的质量基本不变，为22.2g，则CO2质量为22.2g﹣20.0g＝2.2g，设需要碳酸钠的质量为x，
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
x 2.2g
x＝＝5.3g，
该试样中NaCl的质量分数的为×100%＝33.75%，
故答案为：33.75%。
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．（16分）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：
Ⅰ.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①8MnO4﹣+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
（1）下列关于反应①的说法中错误的是 d 。（填字母序号）
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24 L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．还原性的强弱关系是Mn2+＞Cu2S
（2）单线桥标出反应②中电子转移的方向和数目 ：②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
Ⅱ．实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气
KMnO4+HCl（浓）═KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O （未配平）
（1）写出上述反应的离子方程式 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是 ② 。
①只有还原性
②还原性和酸性
③只有氧化性
④氧化性和酸性
（3）若产生0.5molCl2，则转移电子的数目约为 6.02×1023 。
（4）一定条件下，酸性KMnO4溶液还可以氧化其他还原性物质。
2 MnO4﹣+ 5 C2O42﹣+ 16H+ ＝ 2 Mn2++ 10 CO2↑+ 8H2O
完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是 C2O42﹣ ；若转移1mol电子，生成标准状况下CO2 22.4 L。
【分析】Ⅰ.（1）反应①中，S元素的化合价从﹣2价升高到+4价，Cu元素的化合价从+1价升高到+2价，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，在氧化还原反应中：失电子、化合价升高、被氧化、作还原剂，得电子、化合价降低、被还原、作氧化剂，还原剂强于还原产物，反应物的变化量之比等于化学计量数之比，据此解答；
（2）反应②中，S元素的化合价从﹣2价升高到+4价，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，据此计算转移电子数，使用单线桥要注意箭头由失电子元素指向得电子元素，单线桥上只标有转移电子总数；
Ⅱ.（1）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，先根据元素升降价总数守恒和原子守恒配平该化学方程式，再书写离子方程式；
（2）氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，则生成1molCl2时，转移2mol电子，先据此计算产生0.5molCl2时转移电子的物质的量，再根据n＝计算转移电子的数目，其中NA≈6.02×1023mol﹣1；
（3）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，碳元素的化合价从+3价升高到+4价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平该离子方程式并计算。
【解答】Ⅰ.（1）a.反应①中，S元素和Cu元素的化合价升高，则被氧化的元素是Cu和S，故a正确；
b.反应①中，S元素和Cu元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则MnO4﹣作氧化剂，Cu2S还原剂，由化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；
c.Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，则消耗1molMnO4﹣时，反应转移5mol电子，由化学方程式可知，生成5molSO2时，消耗8molMnO4﹣，转移40mol电子，当生成2.24 L（标况下）SO2，n（SO2）＝＝0.1mol，则转移电子的物质的量是0.1mol×＝0.8mol，故c正确；
d.反应①中，S元素和Cu元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则Cu2S还原剂，Mn2+为还原产物，根据氧化还原反应的强弱规律，还原性的强弱关系是Mn2+＜Cu2S，故d错误；
故答案为：d；
（2）反应②中，S元素的化合价从﹣2价升高到+4价，则每个CuS失去6个电子，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，则每个MnO4﹣得到5个电子，用单线桥标出反应②中电子转移的方向和数目为：，
故答案为：；
Ⅱ.（1）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，变化数为5，氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，变化数为1，根据元素升降价总数守恒，MnCl2和Cl2的系数比为2：5，设MnCl2的系数为2，则Cl2的系数为5，依次根据锰原子、钾原子、氯原子、氢原子和氧原子守恒可知，KMnO4的系数为2，KCl的系数为2，HCl的系数为16，H2O的系数为8，故该反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，则其离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，则浓盐酸作还原剂，在反应中显示出还原性，有化学方程式可知，还有部分HCl生成KCl和MnCl2，在反应中显示出酸性，即选②，
故答案为：②；
（3）氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，则生成1molCl2时，转移2mol电子，若产生0.5molCl2，则转移电子的物质的量为0.5mol×2＝1mol，由N＝n×NA可知，转移电子的数目约为6.02×1023，
故答案为：6.02×1023；
（4）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，则1molMnO4﹣得到5mol电子，碳元素的化合价从+3价升高到+4价，则发生氧化反应的物质是C2O42﹣，1molC2O42﹣失去2mol电子，生成2molCO2，若转移1mol电子，则生成1molCO2，由n＝可知，CO2的体积为1mol×22.4L/mol＝22.4L，根据得失电子总数守恒，反应中MnO4﹣和C2O42﹣的系数比为2：5，设MnCl2的系数为2，则C2O42﹣的系数为5，根据锰原子和碳原子守恒，Mn2+的系数为2，CO2的系数为10，再根据电荷守恒可知，反应物还有H+，系数为16，最后根据氢原子和氧原子守恒可知，生成物还有H2O，系数为8，故该离子方程式为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++CO2↑+8H2O，
故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；C2O42﹣；22.4。
【点评】本题考查氧化还原反应及其相关计算，题目难度中等，关键是明确元素的化学家变化，掌握氧化还原反应中的基本概念以及利用得失电子守恒、原子守恒和化学方程式计算的方法，把握氧化还原反应的强弱规律。
2021-2022学年黑龙江省鹤岗一中高一（上）期中化学试卷
一、单项选择题（共41分）（1-10题每小题2分，共20分，11-17题每小题2分，共21分）
1．（2分）2020年新冠疫情在全球肆虐。下列说法不正确的是（ ）
A．75%的酒精可以杀灭病毒，酒精是非电解质
B．用食醋熏蒸也能灭活新冠病毒，食醋的主要成分CH3COOH属于酸
C．体温计中的水银从化学组成分属于混合物
D．洁厕灵的主要成分是盐酸，不能与“84”消毒液（有效成分是NaClO）混用
2．（2分）下列过程不涉及化学变化的是（ ）
A．钠在空气中表面生成白色物质
B．铜器生铜绿
C．用氯化钠溶液做焰色试验
D．光照氯水，溶液褪色
3．（2分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液（NaHCO3），选用适量的NaOH溶液
B．CO2（HCl），除HCl通入饱和的NaHCO3溶液
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Cl2（HCl），除HCl气体通入NaOH溶液
4．（2分）自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（ ）
A．AgNO3 B．FeCl2 C．Na2SO3 D．AlCl3
5．（2分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．含金属元素的离子不一定都是阳离子
B．在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D．金属阳离子被还原一定得到金属单质
6．（2分）在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（ ）
A．Na+、K+、SO42﹣、HCO3﹣ B．Cu2+、K+、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣ D．Ba2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
7．（2分）某同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是 CO2 可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C．下列关于该反应的判断正确的是（ ）
A．镁元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原剂
B．由此反应可以判断氧化性 CO2＞MgO，还原性 Mg＞C
C．CO2 作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．镁原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目
8．（2分）将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是（ ）
①MgSO4溶液 ②Na2SO4稀溶液 ③饱和澄清石灰水 ④Ca（HCO3）2溶液
⑤CuSO4溶液 ⑥饱和NaCl溶液 ⑦FeCl3溶液
A．①④⑤⑦ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑦ D．①③④⑥
9．（2分）下列实验结论与实验操作、现象对应正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入稀盐酸，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
B
将某白色固体置于试管中加热，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该固体中一定含有NaHCO3
C
向某无色溶液中，先加入适量稀硝酸酸化，无沉淀生成，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含有Cl﹣
D
向某溶液中滴加酚酞，溶液呈红色
该溶液可能是Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）下列关于Na2CO3、NaHCO3的叙述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液可以用澄清石灰水鉴别
B．分别向Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中滴加少量盐酸，产生CO2气体较快的为Na2CO3溶液
C．充分加热agNa2CO3和NaHCO3的混合固体，根据固体质量减重bg，可以计算出混合固体中Na2CO3的质量分数
D．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
11．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，8gCH4中含有的原子总数为2.5NA
B．2.4gMg2+中含有的电子数为0.2NA
C．标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数为0.5NA
D．1molFe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA
12．（3分）如图中a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质。下列说法不正确的是（ ）
A．a溶液的酸性比d强
B．b、c均能用于自来水消毒
C．f露置于空气中会转化成d
D．a的浓溶液与e反应生成3molb，转移的电子为6mol
13．（3分）如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
14．（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42﹣的物质的量为（ ）
A．0.1mol B．0.5mol C．0.15mol D．0.25mol
15．（3分）有下列三个反应：下列说法正确的是（ ）
①Cl2+FeI2═FeCl2+I2
②2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣
③Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2O。
A．反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化
D．可以推理得到Cl2+FeBr2═FeCl2+Br2
16．（3分）分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有（ ）
①根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
②根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等
④根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
⑤根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质
A．5种 B．4种 C．3种 D．2种
17．（3分）已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3：7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比是（ ）
A．4：25 B．2：17 C．1：7 D．3：8
二、不定项选择题（共9分）（每小题3分，每小题只有一个或两个选项符合题意，漏选得1分，错选不得分）
18．（3分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（ ）
A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
19．（3分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．在漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO
B．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
C．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
D．还原性I﹣＞Fe2+，向 FeI2溶液中通入少量 Cl2：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣
20．（3分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；氨气的沸点为﹣33℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。下列说法不正确的是（ ）
A．Cl2O与水的反应为非氧化还原反应
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
二、非选择题
21．（10分）回答下列问题：
（1）标准状况下，1.7g H2S的体积为 L。
（2）Fe2（SO4）3溶液中SO42﹣的浓度为0.3mol•L﹣1，c[Fe2（SO4）3]＝ mol•L﹣1。
（3）同温同压下，气体N2和O2的密度之比为 。
（4）同温同压下，等体积的气体SO2和CO的物质的量之比为 。
（5）标准状况下，0.66g某气态氧化物RO2的体积为336mL，则元素R的相对原子质量为 。
（6）将7.8g Na2O2溶于93.8g水中充分反应后（此时溶液密度近似为1.0g•cm﹣3），c（NaOH）＝ mol•L﹣1。
22．（14分）现有以下物质：①NaOH溶液，②液氨，③BaCO3固体，④熔融KHSO4，⑤Fe（OH）3胶体⑥铜，⑦CO2，⑧CH3COOH。
（1）以上物质中属于混合物的是 （填序号），以上物质中属于非电解质的是 。（填序号）
（2）写出①和⑧的水溶液反应的离子方程式 。
（3）写出④的电离方程式 。
（4）在足量④的水溶液中加入少量③，发生反应的离子方程式为 。
（5）在含0.4mol①的溶液中缓缓通入0.3mol CO2，气体被全部吸收，则反应后溶液的溶质有 （填化学式），该过程总的离子反应方程式为 。
23．（10分）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaCl的质量分数，可用如图中的装置进行实验。
主要实验步骤如下：
①按图组装仪器，并检验装置的气密性
②将8.0g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液
③打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气，关闭止水夹a
④称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到20.0g
⑤打开分液漏斗活塞b，滴入稀硫酸，直到不再产生气体时，关闭活塞b
⑥打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气后关闭止水夹a
⑦再次称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到22.0g
重复步骤⑥和⑦的操作，直到U形管的质量基本不变，为22.2g
请填空和回答问题：
（1）A中盛放NaOH的作用 。
（2）装置中干燥管B的作用 。
（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测定的结果 （填偏高、偏低或不变）。
（4）步骤 ⑥目的是 ，如果没有进行步骤 ⑥的操作，测定的结果 （填偏高、偏低或不变）。
（5）试样中NaCl的质量分数为 。
24．（16分）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：
Ⅰ.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①8MnO4﹣+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
（1）下列关于反应①的说法中错误的是 。（填字母序号）
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24 L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．还原性的强弱关系是Mn2+＞Cu2S
（2）单线桥标出反应②中电子转移的方向和数目 ：②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
Ⅱ．实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气
KMnO4+HCl（浓）═KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O （未配平）
（1）写出上述反应的离子方程式 。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是 。
①只有还原性
②还原性和酸性
③只有氧化性
④氧化性和酸性
（3）若产生0.5molCl2，则转移电子的数目约为 。
（4）一定条件下，酸性KMnO4溶液还可以氧化其他还原性物质。
MnO4﹣+ C2O42﹣+ ＝ Mn2++ CO2↑+
完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是 ；若转移1mol电子，生成标准状况下CO2 L。
2021-2022学年黑龙江省鹤岗一中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共41分）（1-10题每小题2分，共20分，11-17题每小题2分，共21分）
1．（2分）2020年新冠疫情在全球肆虐。下列说法不正确的是（ ）
A．75%的酒精可以杀灭病毒，酒精是非电解质
B．用食醋熏蒸也能灭活新冠病毒，食醋的主要成分CH3COOH属于酸
C．体温计中的水银从化学组成分属于混合物
D．洁厕灵的主要成分是盐酸，不能与“84”消毒液（有效成分是NaClO）混用
【分析】A．75%的酒精能使蛋白质变性，酒精在水溶液和熔融状态下均不导电；
B．醋酸可使蛋白质发生变性，电离产生的阳离子均为氢离子；
C．水银为金属汞；
D．盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，氯气有毒。
【解答】解：A．75%的酒精能使蛋白质变性，可以杀灭病毒，酒精在水溶液和熔融状态下均不导电，为非电解质，故A正确；
B．醋酸可使蛋白质发生变性，电离产生的阳离子均为氢离子，则属于酸，可用食醋熏蒸也能灭活新冠病毒，故B正确；
C．水银为金属汞，属于纯净物，故C错误；
D．盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，氯气有毒，所以洁厕灵不能与“84”消毒液（有效成分是NaClO）混用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列过程不涉及化学变化的是（ ）
A．钠在空气中表面生成白色物质
B．铜器生铜绿
C．用氯化钠溶液做焰色试验
D．光照氯水，溶液褪色
【分析】物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，过程中无新物质生成的变化为物理变化。
【解答】解：A．钠在空气中被氧气氧化，表面生成白色物质为氧化钠，为化学变化，故A错误；
B．铜器生铜绿是发生了化学反应，生成了新物质，故B错误；
C．用氯化钠溶液做焰色试验，是电子的跃迁过程，无新物质生成，为物理变化，故C正确；
D．光照氯水，溶液中次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，氯气和水反应，溶液褪色，为化学反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质变化的分析判断，主要是物质变化的实质理解应用，题目难度不大。
3．（2分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液（NaHCO3），选用适量的NaOH溶液
B．CO2（HCl），除HCl通入饱和的NaHCO3溶液
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Cl2（HCl），除HCl气体通入NaOH溶液
【分析】A．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水；
B．HCl与碳酸氢钠溶液反应生成CO2；
C．氧化钠加热生成过氧化钠；
D．二者均与NaOH溶液反应.
【解答】解：A．碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，用适量NaOH溶液可除杂，故A正确；
B．NaHCO3与HCl反应生成CO2，CO2不反应，故B正确；
C．Na2O和O2反应生成Na2O2，可以除杂，故C正确；
D．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查混合物的分离与提纯，为高频考点，把握物质性质、除杂原则为解答关键，注意掌握常见混合物的分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
4．（2分）自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（ ）
A．AgNO3 B．FeCl2 C．Na2SO3 D．AlCl3
【分析】氯水中含有H+、Cl2、HClO、ClO﹣、Cl﹣等微粒，根据Ag+与Cl﹣反应，H+与弱酸根离子反应，亚铁离子具有还原性，能被氧化来分析解答．
【解答】解：A、配制AgNO3溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl﹣离子，则Ag+与Cl﹣反应生成AgCl沉淀，产生明显的药品变质问题，故A错误；
B、配制FeCl2溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl2、HClO、ClO﹣等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，故B错误；
C、配制Na2SO3溶液时，氯水中含有H+，H+与亚硫酸根离子反应生成水和二氧化硫，则产生明显的药品变质问题，故C错误；
D、配制AlCl3溶液时，溶液在的离子不会与氯水中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查溶液的配制，明确氯水中的成分及离子之间的反应是解答本题的关键，难度不大．
5．（2分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．含金属元素的离子不一定都是阳离子
B．在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原
D．金属阳离子被还原一定得到金属单质
【分析】A．根据AlO2﹣、MnO4﹣等酸根离子分析；
B．H2在化学反应中常作还原剂；
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素可能被氧化，也可能被还原；
D．根据反应2Fe3++Fe＝3Fe2+分析。
【解答】解：A．AlO2﹣、MnO4﹣等酸根离子中含有金属元素，所以含金属元素的离子不一定都是阳离子，故A正确；
B．H2在化学反应中常作还原剂，判断是氧化剂还是氧化剂需从化合价的变化角度分析，故B错误；
C．某元素从化合态变为游离态时，该元素可能被氧化，也可能被还原，如2I﹣→I2，是被氧化的过程，Cu2+→Cu是被还原的过程，故C错误；
D．金属阳离子被还原不一定得到金属单质，如2Fe3++Fe＝3Fe2+，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应以及物质的组成特点，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意理解相关概念，注重相关基础知识的积累。
6．（2分）在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（ ）
A．Na+、K+、SO42﹣、HCO3﹣ B．Cu2+、K+、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣ D．Ba2+、K+、SO42﹣、Cl﹣
【分析】酸性溶液中含有大量H+。
A．H+与HCO3﹣反应；
B．Cu2+溶液为蓝色；
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣相互不反应，溶液为为无色；
D．Ba2+与SO42﹣反应生成硫酸钡。
【解答】解：A．H+与HCO3﹣反应，不能大量共存，故A不选；
B．Cu2+溶液为蓝色，不符合题意，故B不选；
C．Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣相互不反应，可以大量共存，溶液为为无色，故C选；
D．Ba2+与SO42﹣反应生成硫酸钡，不能大量共存，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）某同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是 CO2 可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C．下列关于该反应的判断正确的是（ ）
A．镁元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原剂
B．由此反应可以判断氧化性 CO2＞MgO，还原性 Mg＞C
C．CO2 作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．镁原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目
【分析】2Mg+CO22MgO+C，镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物，据此分析。
【解答】解：A．镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物，故A错误；
B．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2＞MgO，还原性Mg＞C，故B正确；
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反应，故C错误；
D．根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念的考查，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
8．（2分）将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是（ ）
①MgSO4溶液 ②Na2SO4稀溶液 ③饱和澄清石灰水 ④Ca（HCO3）2溶液
⑤CuSO4溶液 ⑥饱和NaCl溶液 ⑦FeCl3溶液
A．①④⑤⑦ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑦ D．①③④⑥
【分析】将钠投入溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和部分盐能发生复分解反应，根据产物的可溶性判断即可。
【解答】解：①钠与硫酸镁溶液反应生成氢气，氢氧化镁沉淀，故选；
②钠与Na2SO4溶液反应生成氢气，得不到沉淀，故不选；
③钠与饱和澄清石灰水，钠与水反应生成氢气且是放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；
⑤钠与硫酸铜溶液反应生成氢气，氢氧化铜蓝色沉淀，故不选；
⑥钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，水减少，饱和氯化钠溶液析出白色氯化钠固体，故选；
⑦钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与FeCl3溶液生成红褐色沉淀，故不选；
故选：D。
【点评】本题考查了钠与酸碱盐的反应，明确钠与盐溶液反应实质是先与水反应是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）下列实验结论与实验操作、现象对应正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入稀盐酸，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
B
将某白色固体置于试管中加热，并将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
该固体中一定含有NaHCO3
C
向某无色溶液中，先加入适量稀硝酸酸化，无沉淀生成，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含有Cl﹣
D
向某溶液中滴加酚酞，溶液呈红色
该溶液可能是Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊；
B.使石灰水变浑浊的气体不一定为二氧化碳；
C.硝酸酸化，可排除干扰离子，后加硝酸银生成白色沉淀为AgCl；
D.溶液中滴加酚酞，溶液呈红色，可知溶液显碱性。
【解答】解：A.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由操作和现象可知溶液中不一定含CO32﹣，故A错误；
B.使石灰水变浑浊的气体不一定为二氧化碳，则固体可能为亚硫酸氢钠等，故B错误；
C.硝酸酸化，可排除干扰离子，后加硝酸银生成白色沉淀为AgCl，则溶液中一定含有Cl﹣，故C正确；
D.溶液中滴加酚酞，溶液呈红色，可知溶液显碱性，则溶液可能是Na2CO3溶液，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（2分）下列关于Na2CO3、NaHCO3的叙述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液可以用澄清石灰水鉴别
B．分别向Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中滴加少量盐酸，产生CO2气体较快的为Na2CO3溶液
C．充分加热agNa2CO3和NaHCO3的混合固体，根据固体质量减重bg，可以计算出混合固体中Na2CO3的质量分数
D．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
【分析】A．Na2CO3和NaHCO3都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；
B．Na2CO3与盐酸反应生成CO2需两步实现，而NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑只需一步；
C．依据碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳和水，利用差量法计算；
D．常温时，Na2CO3溶解度较大。
【解答】解：A．Na2CO3和NaHCO3都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则不可以用石灰水鉴别，故A错误；
B．Na2CO3与盐酸反应生成CO2需两步实现，分别发生Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，而NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑只需一步，故NaHCO3与盐酸反应比Na2CO3与盐酸反应更剧烈，故B错误；
C．取ag Na2CO3和NaHCO3的固体混合物充分加热，质量减少bg，可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然后计算碳酸钠的质量分数，故C正确；
D．相同条件下，碳酸钠的溶解度大，即常温下，NaHCO3比Na2CO3溶解度小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。
11．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，8gCH4中含有的原子总数为2.5NA
B．2.4gMg2+中含有的电子数为0.2NA
C．标准状况下，11.2LH2O中含有的分子数为0.5NA
D．1molFe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA
【分析】A．1个甲烷分子含有5个原子；
B．镁离子含有10个电子，结合n＝＝计算含有电子数；
C．标准状况下，水不是气体；
D．1mol铁和1mol氯气反应生成氯化铁，铁过量，依据反应的氯气计算电子转移数。
【解答】解：A．常温常压下，8g CH4中含有的原子总数为×5×NAmol﹣1＝2.5NA，故A正确；
B．2.4gMg2+的物质的量为：＝0.1mol，含电子数为0.1mol×10×NA/mol＝NA，故B错误；
C．标准状况下，H2O不是气体，无法准确计算含有分子数，故C错误；
D．1molFe与1molCl2充分反应生成氯化铁，铁过量，依据反应的氯气计算得到转移的电子数约为2NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与阿伏加德罗常数、气体摩尔体积等物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的化学计算能力。
12．（3分）如图中a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质。下列说法不正确的是（ ）
A．a溶液的酸性比d强
B．b、c均能用于自来水消毒
C．f露置于空气中会转化成d
D．a的浓溶液与e反应生成3molb，转移的电子为6mol
【分析】a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质，由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐；HCl是强酸、HClO是弱酸；Cl2能与水反应生成HClO，HClO和ClO2均有强氧化性、可用于杀菌消毒；次氯酸是弱酸，次氯酸盐能吸收空气中的CO2生成HClO，反应为ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣；氯酸盐和盐酸反应的离子方程式为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2↑+3H2O，据此分析解答。
【解答】解：a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质，由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐，
A．HCl是强酸、HClO是弱酸，则盐酸的酸性比次氯酸强，故A正确；
B．Cl2能与水反应生成HClO，HClO和ClO2均有强氧化性，所以Cl2、ClO2可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；
C．HCl是强酸、HClO是弱酸，次氯酸盐能吸收空气中的CO2生成HClO，反应为ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣，故C正确；
D．浓盐酸和氯酸盐发生归中反应生成Cl2，离子方程式为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+＝3Cl2↑+3H2O，ClO3﹣中Cl的化合价降低5，即反应中转移5e﹣，所以浓盐酸和氯酸盐反应生成3molCl2时，转移的电子为5mol，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查含氯物质的性质，涉及物质的化学性质与应用、氧化还原反应及其计算等知识，为高频考点，把握氯气的化学性质与用途、强酸制弱酸规律、发生的反应、氧化还原反应规律及计算是解题的关键，注意掌握次氯酸盐的强氧化性，题目难度中等。
13．（3分）如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（ ）
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等．都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答．
【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，
A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原子数目相等，故A正确；
B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；
C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故质量不一定相等，故C错误；
D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，难度不大，注意左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时相当于NO．
14．（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42﹣的物质的量为（ ）
A．0.1mol B．0.5mol C．0.15mol D．0.25mol
【分析】根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量相等．
【解答】解：因溶液中的离子有K+、Cl﹣、Mg2+、SO42，设SO42﹣物质的量为n，
溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，
根据电荷守恒：1.5mol×1+0.5mol×2＝1.5mol×1+n×2，
解得n＝0.5mol。
故选：B。
【点评】本题考查溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，比较简单．
15．（3分）有下列三个反应：下列说法正确的是（ ）
①Cl2+FeI2═FeCl2+I2
②2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣
③Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2O。
A．反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化
D．可以推理得到Cl2+FeBr2═FeCl2+Br2
【分析】A、在氧化还原反应中，还原剂在反应中失电子（或偏移离子）后被氧化后的产物是氧化产物，化合价升高；
B、在同一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
C、根据化合价的升降来确定反应转移电子数；
D、在氧化还原反应中，还原性最强的微粒最先被氧化。
【解答】解：A、在已知的三个反应中，元素化合价升高的只有I2、Fe3+、Cl2，I2、Fe3+、Cl2是氧化产物，故A错误；
B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，Cl2＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3+，在反应③中，Co2O3＞Cl2，氧化性顺序是：Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故B错误；
C、在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHCl被氧化，故C正确；
D、根据还原性顺序：Br﹣＜Fe2+，Cl2和FeBr2反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生氧化还原反应中，氧化性强弱的判断方法，可以根据所学知识来回答，难度不大。
16．（3分）分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有（ ）
①根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
②根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等
④根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
⑤根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质
A．5种 B．4种 C．3种 D．2种
【分析】①丁达尔现象是胶体的性质；
②电子的得失和偏移是氧化还原反应的本质特征；
③电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；
④根据氧化物中是否含有金属可以将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物；
⑤水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。
【解答】解：①根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故①错误；
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故③正确；
④根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能和酸反应只生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸又能与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故④错误；
⑤根据化合物在水溶液里或者熔融状态下是否导电分为电解质和非电解质，故⑤正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，难度不大，应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小。
17．（3分）已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3：7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比是（ ）
A．4：25 B．2：17 C．1：7 D．3：8
【分析】令NO、NO2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产NO、NO2，根据N原子守恒计算起氧化剂作用的硝酸，根据电子转移守恒计算Cu2S的物质的量，据此解答．
【解答】解：令NO、NO2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产NO、NO2，根据N原子守恒，起氧化剂作用的硝酸为3mol+7mol＝10mol，根据电子转移守恒，参加反应的Cu2S的物质的量为＝1.6mol，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为1.6mol：10mol＝4：25，
故选：A。
【点评】本题考查硝酸性质、氧化还原反应计算，难度中等，注意利用守恒思想进行解答．
二、不定项选择题（共9分）（每小题3分，每小题只有一个或两个选项符合题意，漏选得1分，错选不得分）
18．（3分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（ ）
A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O反应中氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析．
【解答】解：A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，NH3中N元素的化合价不变，故A错误；
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故B正确；
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C正确；
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2反应中，氨气中H元素的化合价降低，则氨气作氧化剂，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气中N元素的化合价变化分析，题目难度不大．
19．（3分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．在漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO
B．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
C．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
D．还原性I﹣＞Fe2+，向 FeI2溶液中通入少量 Cl2：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣
【分析】A．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙和次氯酸；
B．氢氧化钙少量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
C．离子个数配比不符合物质结构组成；
D．氯气先氧化碘离子。
【解答】解：A．在漂白粉溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HO3﹣+HClO，故A错误；
B．少量的Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应，离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B正确；
C．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．向 FeI2溶液中通入少量Cl2，离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关反应的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。
20．（3分）Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为﹣116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃；氨气的沸点为﹣33℃；HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O。下列说法不正确的是（ ）
A．Cl2O与水的反应为非氧化还原反应
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
【分析】由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此解答该题。
【解答】解：A.Cl2O与水的反应生成HClO，Cl元素化合价不变，不是氧化还原反应，故A正确；
B.通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；
C.由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；
D.因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及习题中的信息，题目难度中等。
二、非选择题
21．（10分）回答下列问题：
（1）标准状况下，1.7g H2S的体积为 1.12 L。
（2）Fe2（SO4）3溶液中SO42﹣的浓度为0.3mol•L﹣1，c[Fe2（SO4）3]＝ 0.1 mol•L﹣1。
（3）同温同压下，气体N2和O2的密度之比为 7：8 。
（4）同温同压下，等体积的气体SO2和CO的物质的量之比为 1：1 。
（5）标准状况下，0.66g某气态氧化物RO2的体积为336mL，则元素R的相对原子质量为 12 。
（6）将7.8g Na2O2溶于93.8g水中充分反应后（此时溶液密度近似为1.0g•cm﹣3），c（NaOH）＝ 2 mol•L﹣1。
【分析】（1）根据n＝，V＝n•Vm计算；
（2）根据Fe2（SO4）3的电离方程式及其系数关系解答；
（3）根据同温同压下，气体的密度之比＝摩尔质量之比计算；
（4）根据同温同压下，气体体积比＝物质的量之比计算；
（5）根据n＝，M＝结合化学式计算；
（6）根据化学方程式计算溶液的质量和体积以及生成的氢氧化钠的物质的量，根据c＝计算。
【解答】解：（1）1.7gH2S的物质的量n＝＝0.05mol，在标准状况下的体积V＝0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，
故答案为：1.12L；
（2）Fe2（SO4）3的电离方程式为Fe2（SO4）3＝2Fe3++3SO42﹣，SO42﹣的浓度为0.3mol•L﹣1，则c[Fe2（SO4）3]＝0.1mol•L﹣1，
故答案为：0.1；
（3）同温同压下，气体N2和O2的密度之比＝摩尔质量之比＝28g/mol：32g/mol＝7：8，
故答案为：7：8；
（4）同温同压下，气体体积比＝物质的量之比，则等体积的气体SO2和CO的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（5）标准状况下，336mL气态RO2的物质的量＝＝0.015mol，则RO2的摩尔质量M＝＝44g/mol，则R的相对原子质量为44﹣32＝12，
故答案为：12；
（6）2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑
156g 4mol 32g
7.8g n m
则溶液中n（NaOH）＝0.2mol，产生O2的质量m＝1.6g，溶液质量m（溶液）＝7.8g+93.8g﹣1.6g＝100.0g，反应后溶液体积V＝＝100mL＝0.1L，则所得溶液c（NaOH）＝＝2mol•L﹣1，
故答案为：2。
【点评】本题考查物质的量及其浓度的相关计算，难度中等，熟悉有关的计算公式和过氧化钠与水的反应方程式为解答的关键。
22．（14分）现有以下物质：①NaOH溶液，②液氨，③BaCO3固体，④熔融KHSO4，⑤Fe（OH）3胶体⑥铜，⑦CO2，⑧CH3COOH。
（1）以上物质中属于混合物的是 ①⑤ （填序号），以上物质中属于非电解质的是 ②⑦ 。（填序号）
（2）写出①和⑧的水溶液反应的离子方程式 CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O 。
（3）写出④的电离方程式 KHSO4＝K++HSO4﹣ 。
（4）在足量④的水溶液中加入少量③，发生反应的离子方程式为 BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O+CO2↑ 。
（5）在含0.4mol①的溶液中缓缓通入0.3mol CO2，气体被全部吸收，则反应后溶液的溶质有 Na2CO3和NaHCO3 （填化学式），该过程总的离子反应方程式为 4OH﹣+3CO2＝CO32﹣+2HCO3﹣+H2O 。
【分析】（1）由两种或两种以上物质构成的是混合物；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；
（2）CH3COOH和NaOH发生酸碱中和生成CH3COONa和水；
（3）熔融KHSO4只能电离为K+和HSO4﹣；
（4）KHSO4在水溶液中完全电离为K+、H+、SO42﹣，而加入BaCO3后，BaCO3能与H+、SO42﹣反应生成BaSO4沉淀和水、CO2，据此分析离子方程式；
（5）溶液中n（NaOH）＝0.4mol，则n（NaOH）：n（CO2）＝0.4mol：0.3mol＝4：3＝1：0.75，介于2：1与1：1之间，故发生反应：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O、CO2+NaOH＝NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3．令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为amol、bmol，根据钠元素守恒、碳元素守恒列方程计算a、b的值。
【解答】解：（1）①NaOH 溶液⑤Fe （ OH ）3胶体是分散系，是混合物，②液氨⑦CO2在水溶液里或熔融状态下都不能导电，是非电解质，故答案为：①⑤；②⑦；
（2）醋酸（CH3COOH）和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，该离子反应为CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O，故答案为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O；
（3）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根，电离方程式：KHSO4＝K++HSO4﹣，故答案为：KHSO4＝K++HSO4﹣；
（4）碳酸钡能与硫酸氢钾反应生成硫酸钡和二氧化碳等，离子方程式为：BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O+CO2↑；
（5）溶液中n（NaOH）＝0.4mol，则n（NaOH）：n（CO2）＝0.4mol：0.3mol＝4：3＝1：0.75，介于2：1与1：1之间，故发生反应：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O、CO2+NaOH＝NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3．
令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为amol、bmol，则：
根据钠元素守恒有：2a+b＝0.4
根据碳元素守恒有：a+b＝0.3
联立解得：a＝0.1，b＝0.2
则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）＝0.1mol：0.2mol＝1：2
离子方程式4OH﹣+3CO2＝CO32﹣+2HCO3﹣+H2O，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；4OH﹣+3CO2＝CO32﹣+2HCO3﹣+H2O。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应的书写方法即可解答，题目难度不大。
23．（10分）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaCl的质量分数，可用如图中的装置进行实验。
主要实验步骤如下：
①按图组装仪器，并检验装置的气密性
②将8.0g试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液
③打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气，关闭止水夹a
④称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到20.0g
⑤打开分液漏斗活塞b，滴入稀硫酸，直到不再产生气体时，关闭活塞b
⑥打开止水夹a，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气后关闭止水夹a
⑦再次称量盛有碱石灰的U形管的质量，得到22.0g
重复步骤⑥和⑦的操作，直到U形管的质量基本不变，为22.2g
请填空和回答问题：
（1）A中盛放NaOH的作用 吸收空气中的CO2 。
（2）装置中干燥管B的作用 防止空气中的CO2和水汽进入U型管中 。
（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测定的结果 偏高 （填偏高、偏低或不变）。
（4）步骤 ⑥目的是 把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中 ，如果没有进行步骤 ⑥的操作，测定的结果 偏低 （填偏高、偏低或不变）。
（5）试样中NaCl的质量分数为 33.75% 。
【分析】由实验装置可知，A为空气，NaOH溶液可除去空气中二氧化碳，然后将装置内二氧化碳排出，打开分液漏斗活塞，发生Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑，B中浓硫酸干燥二氧化碳，U型管中增加的质量为生成二氧化碳的质量，空气可将装置内的生成的二氧化碳排入U型管中，B中碱石灰可吸收空气中的水、二氧化碳，防止进入U型管中，以此来解答。
【解答】解：（1）第一个洗气瓶中氢氧化钠溶液的作用是吸收空气中的CO2，
故答案为：吸收空气中的CO2；
（2）干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差，
故答案为：防止空气中的CO2和水汽进入U型管中；
（3）由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高，
故答案为：偏高；
（4）步骤⑥的目的是把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中，如果没有进行步骤 ⑥的操作，CO2不能被完全吸收，测定的结果偏低，
故答案为：把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中；偏低；
（5）盛有碱石灰的U形管的质量，得到20.0g，U形管的质量基本不变，为22.2g，则CO2质量为22.2g﹣20.0g＝2.2g，设需要碳酸钠的质量为x，
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
x 2.2g
x＝＝5.3g，
该试样中NaCl的质量分数的为×100%＝33.75%，
故答案为：33.75%。
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．（16分）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：
Ⅰ.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①8MnO4﹣+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
（1）下列关于反应①的说法中错误的是 d 。（填字母序号）
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24 L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．还原性的强弱关系是Mn2+＞Cu2S
（2）单线桥标出反应②中电子转移的方向和数目 ：②6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
Ⅱ．实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气
KMnO4+HCl（浓）═KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O （未配平）
（1）写出上述反应的离子方程式 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是 ② 。
①只有还原性
②还原性和酸性
③只有氧化性
④氧化性和酸性
（3）若产生0.5molCl2，则转移电子的数目约为 6.02×1023 。
（4）一定条件下，酸性KMnO4溶液还可以氧化其他还原性物质。
2 MnO4﹣+ 5 C2O42﹣+ 16H+ ＝ 2 Mn2++ 10 CO2↑+ 8H2O
完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是 C2O42﹣ ；若转移1mol电子，生成标准状况下CO2 22.4 L。
【分析】Ⅰ.（1）反应①中，S元素的化合价从﹣2价升高到+4价，Cu元素的化合价从+1价升高到+2价，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，在氧化还原反应中：失电子、化合价升高、被氧化、作还原剂，得电子、化合价降低、被还原、作氧化剂，还原剂强于还原产物，反应物的变化量之比等于化学计量数之比，据此解答；
（2）反应②中，S元素的化合价从﹣2价升高到+4价，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，据此计算转移电子数，使用单线桥要注意箭头由失电子元素指向得电子元素，单线桥上只标有转移电子总数；
Ⅱ.（1）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，先根据元素升降价总数守恒和原子守恒配平该化学方程式，再书写离子方程式；
（2）氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，则生成1molCl2时，转移2mol电子，先据此计算产生0.5molCl2时转移电子的物质的量，再根据n＝计算转移电子的数目，其中NA≈6.02×1023mol﹣1；
（3）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，碳元素的化合价从+3价升高到+4价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平该离子方程式并计算。
【解答】Ⅰ.（1）a.反应①中，S元素和Cu元素的化合价升高，则被氧化的元素是Cu和S，故a正确；
b.反应①中，S元素和Cu元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则MnO4﹣作氧化剂，Cu2S还原剂，由化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；
c.Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，则消耗1molMnO4﹣时，反应转移5mol电子，由化学方程式可知，生成5molSO2时，消耗8molMnO4﹣，转移40mol电子，当生成2.24 L（标况下）SO2，n（SO2）＝＝0.1mol，则转移电子的物质的量是0.1mol×＝0.8mol，故c正确；
d.反应①中，S元素和Cu元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则Cu2S还原剂，Mn2+为还原产物，根据氧化还原反应的强弱规律，还原性的强弱关系是Mn2+＜Cu2S，故d错误；
故答案为：d；
（2）反应②中，S元素的化合价从﹣2价升高到+4价，则每个CuS失去6个电子，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，则每个MnO4﹣得到5个电子，用单线桥标出反应②中电子转移的方向和数目为：，
故答案为：；
Ⅱ.（1）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，变化数为5，氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，变化数为1，根据元素升降价总数守恒，MnCl2和Cl2的系数比为2：5，设MnCl2的系数为2，则Cl2的系数为5，依次根据锰原子、钾原子、氯原子、氢原子和氧原子守恒可知，KMnO4的系数为2，KCl的系数为2，HCl的系数为16，H2O的系数为8，故该反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，则其离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，则浓盐酸作还原剂，在反应中显示出还原性，有化学方程式可知，还有部分HCl生成KCl和MnCl2，在反应中显示出酸性，即选②，
故答案为：②；
（3）氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，则生成1molCl2时，转移2mol电子，若产生0.5molCl2，则转移电子的物质的量为0.5mol×2＝1mol，由N＝n×NA可知，转移电子的数目约为6.02×1023，
故答案为：6.02×1023；
（4）锰元素的化合价从+7价降低到+2价，则1molMnO4﹣得到5mol电子，碳元素的化合价从+3价升高到+4价，则发生氧化反应的物质是C2O42﹣，1molC2O42﹣失去2mol电子，生成2molCO2，若转移1mol电子，则生成1molCO2，由n＝可知，CO2的体积为1mol×22.4L/mol＝22.4L，根据得失电子总数守恒，反应中MnO4﹣和C2O42﹣的系数比为2：5，设MnCl2的系数为2，则C2O42﹣的系数为5，根据锰原子和碳原子守恒，Mn2+的系数为2，CO2的系数为10，再根据电荷守恒可知，反应物还有H+，系数为16，最后根据氢原子和氧原子守恒可知，生成物还有H2O，系数为8，故该离子方程式为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++CO2↑+8H2O，
故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；C2O42﹣；22.4。
【点评】本题考查氧化还原反应及其相关计算，题目难度中等，关键是明确元素的化学家变化，掌握氧化还原反应中的基本概念以及利用得失电子守恒、原子守恒和化学方程式计算的方法，把握氧化还原反应的强弱规律。
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