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 19页

www.ks5u.com ‎2019—2020学年度贵阳六中高一化学半期考试 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。‎ 考点：考查物质检验和鉴别的实验方案设计。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】本题要注意使用托盘天平称量需要保留一位小数，这是仪器精确度的要求。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】本题需要注意除杂的原则之一就是不引入新杂质，而④中引入了新杂质氯离子，故④错误。‎ ‎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。‎ 考点：SO42-的检验 ‎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 A. A B. B C. C D. D ‎【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。‎ ‎【点睛】碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物，如氧化铝为两性氧化物；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如金属氧化物Mn2O7，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO为不成盐氧化物。‎ ‎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。‎ 考点：考查化合价的计算。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】本题要从电解质定义出发，首先排除不是化合物的物质并选择在水溶液或熔融状态下能导电的物质。‎ ‎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。‎ 点睛：判断一个物质在反应中元素的化合价是否变化是判断是不是氧化剂或者还原剂的依据。‎ ‎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。‎ 点睛：本题考查离子共存的判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。本题的易错点为A，注意NH3·H2O属于难电离的物质，类似与水。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】考查化学反应的分类的知识。氧化还原反应的判断依据：反应过程中是否有化合价的变化。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的本质是电子的得失，伴随着化合价的升高降低。首先判断反应中化合价是否变化，是否为氧化还原反应，再进行氧化剂、还原剂的判断。‎ ‎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；‎ ‎【点睛】本题的突破点在于列出方程组，计算出CO和CO2的物质的量分别为多少，之后进行题目解答。此类型题的关键就是假设出物质的量后组建方程组，进行计算。‎ ‎ ‎